このページは、東京書籍：Advanced数学Ｃ[701]
３章 複素数平面
３章 複素数平面
教科書の復習から入試の入門まで｜数学入門問題精講
旺文社の入門問題精講シリーズの紹介高校生の皆さん、数学の勉強に困ったことはありませんか？教科書の内容...
yorikuwa.com
リンク
文字数が多く、重くなるのでページを分割しています。
各章は下のリンクまたはページ下の「次へ」をクリックしてください。
Advanced数学Ｃ １章 ベクトル
Advanced数学Ｃ ２章 平面上の曲線
Advanced数学Ｃ ３章 複素数平面
３章 複素数平面
１節 複素数平面
p.118 問1 点 \({\rm D}\) は、\(4-2i\)
点 \({\rm E}\) は、\(-3+4i\)
点 \({\rm F}\) は、\(-4\)
解法のPoint｜複素数平面上の複素数の表す点
点 \({\rm E}\) は、\(-3+4i\)
点 \({\rm F}\) は、\(-4\)
解法のPoint｜複素数平面上の複素数の表す点
p.119 問4>[証明] \( \alpha=a+bi~,~\beta=c+di \) とする
\({\small (1)}~\)\( \alpha+\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha+\beta}&=&(a+c)-(b+d)i\\[3pt]~~~&=&(a-bi)+(c-di)\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}+\overline{\beta}\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha+\beta}=\overline{\alpha}+\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (2)}~\)\( \alpha-\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\beta=(a-c)+(b-d)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha-\beta}&=&(a-c)-(b-d)i\\[3pt]~~~&=&(a-bi)-(c-di)\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}-\overline{\beta}\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha-\beta}=\overline{\alpha}-\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (3)}~\)\( \alpha\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha\beta&=&(a+bi)(c+di)\\[3pt]~~~&=&ac+adi+bci+bdi^2\\[3pt]~~~&=&(ac-bd)+(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\beta}&=&(ac-bd)-(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}\,\overline{\beta}&=&(a-bi)(c-di)\\[3pt]~~~&=&ac-adi-bci+bdi^2\\[3pt]~~~&=&(ac-bd)-(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha\beta}=\overline{\alpha}\,\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (4)}~\)\( \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,} \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\displaystyle \frac{\,a+bi\,}{\,c+di\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)(c-di)\,}{\,(c+di)(c-di)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac-adi+bci-bdi^2\,}{\,c^2-d^2i^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(ac+bd)+(bc-ad)i\,}{\,c^2+d^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}+\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)}=\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}-\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\beta}\,}&=&\displaystyle \frac{\,a-bi\,}{\,c-di\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(a-bi)(c+di)\,}{\,(c-di)(c+di)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+adi-bci-bdi^2\,}{\,c^2-d^2i^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(ac+bd)+(ad-bc)i\,}{\,c^2+d^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}-\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)}=\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\beta}\,} \) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (1)}~\)\( \alpha+\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha+\beta}&=&(a+c)-(b+d)i\\[3pt]~~~&=&(a-bi)+(c-di)\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}+\overline{\beta}\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha+\beta}=\overline{\alpha}+\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (2)}~\)\( \alpha-\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\beta=(a-c)+(b-d)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha-\beta}&=&(a-c)-(b-d)i\\[3pt]~~~&=&(a-bi)-(c-di)\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}-\overline{\beta}\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha-\beta}=\overline{\alpha}-\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (3)}~\)\( \alpha\beta \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha\beta&=&(a+bi)(c+di)\\[3pt]~~~&=&ac+adi+bci+bdi^2\\[3pt]~~~&=&(ac-bd)+(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\beta}&=&(ac-bd)-(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}\,\overline{\beta}&=&(a-bi)(c-di)\\[3pt]~~~&=&ac-adi-bci+bdi^2\\[3pt]~~~&=&(ac-bd)-(ad+bc)i\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\alpha\beta}=\overline{\alpha}\,\overline{\beta} \) が成り立つ
\({\small (4)}~\)\( \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,} \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\displaystyle \frac{\,a+bi\,}{\,c+di\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)(c-di)\,}{\,(c+di)(c-di)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac-adi+bci-bdi^2\,}{\,c^2-d^2i^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(ac+bd)+(bc-ad)i\,}{\,c^2+d^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}+\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)}=\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}-\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\beta}\,}&=&\displaystyle \frac{\,a-bi\,}{\,c-di\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(a-bi)(c+di)\,}{\,(c-di)(c+di)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+adi-bci-bdi^2\,}{\,c^2-d^2i^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(ac+bd)+(ad-bc)i\,}{\,c^2+d^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,ac+bd\,}{\,c^2+d^2\,}-\displaystyle \frac{\,bc-ad\,}{\,c^2+d^2\,}i\end{eqnarray}\)
したがって、\( \overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)}=\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\beta}\,} \) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.121 問6[証明] \(z=a+bi\) とおくと、
\(-z=-a-bi~,~\overline{z}=a-bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -z \,|&=&|\, -a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \overline{z} \,|&=&|\, a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, z \,|=|\, -z \,|=|\, \overline{z} \,|\) が成り立つ
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~z\overline{z}&=&(a+bi)(a-bi)\\[3pt]~~~&=&a^2-(bi)^2\\[3pt]~~~&=&a^2-b^2i^2\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|^2&=&\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, z \,|^2=z\overline{z}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(-z=-a-bi~,~\overline{z}=a-bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -z \,|&=&|\, -a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \overline{z} \,|&=&|\, a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, z \,|=|\, -z \,|=|\, \overline{z} \,|\) が成り立つ
次に、\(z=a+bi\) より、\(\overline{z}=a-bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~z\overline{z}&=&(a+bi)(a-bi)\\[3pt]~~~&=&a^2-(bi)^2\\[3pt]~~~&=&a^2-b^2i^2\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|^2&=&\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, z \,|^2=z\overline{z}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.123 問8\({\small (1)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi} \right)\)
\({\small (2)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\pi} \right)\)
\({\small (3)}~2\left( \cos{\pi}+i\sin{\pi} \right)\)
\({\small (4)}~\cos{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi}\)
\({\small (5)}~2\sqrt{3}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}} \right)\)
\({\small (6)}~2\left( \cos{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi} \right)\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
\({\small (2)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\pi} \right)\)
\({\small (3)}~2\left( \cos{\pi}+i\sin{\pi} \right)\)
\({\small (4)}~\cos{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi}\)
\({\small (5)}~2\sqrt{3}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}} \right)\)
\({\small (6)}~2\left( \cos{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi} \right)\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
p.123 問9\(~~~|-z|=r~,~arg(-z)=\theta+\pi\)
\(~~~|\overline {-z}|=r~,~arg(-\overline {z})=\pi-\theta\)
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
\(~~~|\overline {-z}|=r~,~arg(-\overline {z})=\pi-\theta\)
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
p.124 問10[証明] \(z_1=r_1(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)~,~\)\(z_2=r_2(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)\) より、商 \(\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}\) は、
ここで、分母は、
また、分子は、
よって、
\(\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}=\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,}\{\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\}\)
したがって、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}\,\right|=\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,}=\displaystyle \frac{\,|\,z_1\,|\,}{\,|\,z_2\,|\,}\)
\(\arg\left(\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}\right)=\theta_1-\theta_2=\arg z_1-\arg z_2\)
[終]
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}&=&\displaystyle \frac{\,r_1(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)\,}{\,r_2(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)\,}{\,(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)\,}{\,(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、分母は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\cos^2 \theta_2-i^2\sin^2 \theta_2
\\[3pt]~~~&=&\cos^2 \theta_2+\sin^2 \theta_2
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\cos^2 \theta_2-i^2\sin^2 \theta_2
\\[3pt]~~~&=&\cos^2 \theta_2+\sin^2 \theta_2
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、分子は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2+i\sin \theta_1\cos \theta_2-i^2\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2+\sin \theta_1\sin \theta_2)+i(\sin \theta_1\cos \theta_2-\cos \theta_1\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2+i\sin \theta_1\cos \theta_2-i^2\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2+\sin \theta_1\sin \theta_2)+i(\sin \theta_1\cos \theta_2-\cos \theta_1\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
※ 加法定理の逆を用いる。
よって、
\(\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}=\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,}\{\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\}\)
したがって、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}\,\right|=\displaystyle \frac{\,r_1\,}{\,r_2\,}=\displaystyle \frac{\,|\,z_1\,|\,}{\,|\,z_2\,|\,}\)
\(\arg\left(\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}\right)=\theta_1-\theta_2=\arg z_1-\arg z_2\)
[終]
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.124 問11[証明] \(1=\cos 0+i\sin 0\) として、\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\) を商の極形式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cos 0+i\sin 0\,}{\,r(\cos \theta+i\sin \theta)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(0-\theta)+i\sin(0-\theta)\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\) となる [終]
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cos 0+i\sin 0\,}{\,r(\cos \theta+i\sin \theta)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(0-\theta)+i\sin(0-\theta)\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\) となる [終]
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
p.125 問12\(~~~z_1z_2=-6\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,3\,}i\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
\(~~~\displaystyle \frac{\,z_1\,}{\,z_2\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,3\,}i\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.126 問13\({\small (1)}~\)点 \(z\) を原点 \({\rm O}\) を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) だけ回転し、原点からの距離を \(2\sqrt{3}\) 倍した点
\({\small (2)}~\)点 \(z\) を原点 \({\rm O}\) を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\) だけ回転し、原点からの距離を \(2\) 倍した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
\({\small (2)}~\)点 \(z\) を原点 \({\rm O}\) を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\) だけ回転し、原点からの距離を \(2\) 倍した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
p.127 問14\(~~~\left( \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}i \right)z\)
\(~~~\left( -\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i \right)z\)
\(~~~\left( -\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i \right)z\)
\(~~~-iz\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
\(~~~\left( -\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i \right)z\)
\(~~~\left( -\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i \right)z\)
\(~~~-iz\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
p.129 問17\({\small (1)}~-512i\) \({\small (2)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\)
\({\small (3)}~-1024-1024\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜複素数のn乗とド・モアブルの定理
\({\small (3)}~-1024-1024\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜複素数のn乗とド・モアブルの定理
p.131 問18\({\small (1)}~1~,~i~,~-1~,~-i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
\({\small (2)}~1~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~-1~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
p.132 問19\({\small (1)}~z=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (2)}~z=\sqrt{2}~,~1+i~,~\sqrt{2}i~,~-1+i\)
\(~~~~,~-\sqrt{2}~,~-1-i~,~-\sqrt{2}i~,~1-i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\({\small (2)}~z=\sqrt{2}~,~1+i~,~\sqrt{2}i~,~-1+i\)
\(~~~~,~-\sqrt{2}~,~-1-i~,~-\sqrt{2}i~,~1-i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
問題
p.133 問題 1 \(a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}~,~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,}\)
解法のPoint｜共役な複素数と複素数平面
解法のPoint｜共役な複素数と複素数平面
p.133 問題 2\({\small (1)}~2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}\right)\right\}\)
\({\small (2)}~2\left(\cos \displaystyle \frac{\,7\,}{\,10\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,7\,}{\,10\,}\pi\right)\)
\({\small (3)}~4\left(\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\pi\right)\)
\({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}\right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
\({\small (2)}~2\left(\cos \displaystyle \frac{\,7\,}{\,10\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,7\,}{\,10\,}\pi\right)\)
\({\small (3)}~4\left(\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\pi\right)\)
\({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,5\,}\right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
p.133 問題 3\({\small (1)}~2i\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}i\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.133 問題 4【解法1｜加法定理を用いる】
[証明] 右辺を加法定理で展開すると、
\(\cos(\theta_1+\theta_2)=\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2\)
\(\sin(\theta_1+\theta_2)=\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2\)
これより、
また、左辺を展開すると、
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、
[終]
[証明] \(\cos(-\theta_1)=\cos \theta_1~,~\)\(\sin(-\theta_1)=-\sin \theta_1\) より、
\(\cos \theta_1-i\sin \theta_1=\cos(-\theta_1)+i\sin(-\theta_1)\)
\(\cos \theta_2-i\sin \theta_2=\cos(-\theta_2)+i\sin(-\theta_2)\)
これより、絶対値 \(1\) 、偏角 \(-\theta_1\) 、\(-\theta_2\) の複素数の積となるので、
極形式の積の公式より、
したがって、
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
[証明] 右辺を加法定理で展開すると、
\(\cos(\theta_1+\theta_2)=\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2\)
\(\sin(\theta_1+\theta_2)=\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\cos(\theta_1+\theta_2)-i\sin(\theta_1+\theta_2)
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2)-i(\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2)~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2)-i(\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2)~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、左辺を展開すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\cos \theta_1-i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2-i\sin \theta_1\cos \theta_2+i^2\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2-i\sin \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2)-i(\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2)~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2-i\sin \theta_1\cos \theta_2+i^2\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&\cos \theta_1\cos \theta_2-i\cos \theta_1\sin \theta_2-i\sin \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2
\\[3pt]~~~&=&(\cos \theta_1\cos \theta_2-\sin \theta_1\sin \theta_2)-i(\sin \theta_1\cos \theta_2+\cos \theta_1\sin \theta_2)~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、
\((\cos \theta_1-i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)=\cos(\theta_1+\theta_2)-i\sin(\theta_1+\theta_2)\)
[終]
【解法2｜極形式の積として考える】
[証明] \(\cos(-\theta_1)=\cos \theta_1~,~\)\(\sin(-\theta_1)=-\sin \theta_1\) より、
\(\cos \theta_1-i\sin \theta_1=\cos(-\theta_1)+i\sin(-\theta_1)\)
\(\cos \theta_2-i\sin \theta_2=\cos(-\theta_2)+i\sin(-\theta_2)\)
これより、絶対値 \(1\) 、偏角 \(-\theta_1\) 、\(-\theta_2\) の複素数の積となるので、
極形式の積の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\cos \theta_1-i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)
\\[3pt]~~~&=&\{\cos(-\theta_1)+i\sin(-\theta_1)\}\{\cos(-\theta_2)+i\sin(-\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos\{(-\theta_1)+(-\theta_2)\}+i\sin\{(-\theta_1)+(-\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos\{-(\theta_1+\theta_2)\}+i\sin\{-(\theta_1+\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos(\theta_1+\theta_2)-i\sin(\theta_1+\theta_2)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\{\cos(-\theta_1)+i\sin(-\theta_1)\}\{\cos(-\theta_2)+i\sin(-\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos\{(-\theta_1)+(-\theta_2)\}+i\sin\{(-\theta_1)+(-\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos\{-(\theta_1+\theta_2)\}+i\sin\{-(\theta_1+\theta_2)\}
\\[3pt]~~~&=&\cos(\theta_1+\theta_2)-i\sin(\theta_1+\theta_2)\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\((\cos \theta_1-i\sin \theta_1)(\cos \theta_2-i\sin \theta_2)=\cos(\theta_1+\theta_2)-i\sin(\theta_1+\theta_2)\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.133 問題 5\({\small (1)}~2i\) \({\small (2)}~1-\sqrt{\,3\,}i\)
\({\small (3)}~-1-\sqrt{\,3\,}i\) \({\small (4)}~-2i\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
\({\small (3)}~-1-\sqrt{\,3\,}i\) \({\small (4)}~-2i\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
p.133 問題 6 \(\displaystyle \frac{\,-1-2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,-2+\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(\displaystyle \frac{\,-1+2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,-2-\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
\(\displaystyle \frac{\,-1+2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,-2-\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
p.133 問題 7\({\small (1)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i~,~-i\)
\({\small (2)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\sqrt{\,2\,}i~,~\)
\(-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-\sqrt{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (3)}~z=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\({\small (2)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\sqrt{\,2\,}i~,~\)
\(-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-\sqrt{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (3)}~z=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
２節 図形への応用
p.135 問1\({\small (1)}~5+i~,~17-11i\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2+7i\,}{\,5\,}~,~-14+11i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2+7i\,}{\,5\,}~,~-14+11i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.136 問3\({\small (1)}~\)点 \(2i\) が中心、半径 \(3\) の円
\({\small (2)}~\)点 \(2-3i\) が中心、半径 \(4\) の円
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
\({\small (2)}~\)点 \(2-3i\) が中心、半径 \(4\) の円
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
p.137 問6点 \(\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\,}i\) が中心、半径 \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\) の円
解法のPoint｜方程式m|z-α|=|z-β|の表す図形
解法のPoint｜方程式m|z-α|=|z-β|の表す図形
p.138 問6\({\small (1)}~\)点 \(-1\) が中心、半径 \(1\) の円
\({\small (2)}~\)点 \(i\) が中心、半径 \(2\) の円
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
\({\small (2)}~\)点 \(i\) が中心、半径 \(2\) の円
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
問題
p.143 問題 8\({\small (1)}~3+7i\)
\({\small (2)}~(2-4\sqrt{\,3\,})+(1+\sqrt{\,3\,})i~,~\)
\((2+4\sqrt{\,3\,})+(1-\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\({\small (2)}~(2-4\sqrt{\,3\,})+(1+\sqrt{\,3\,})i~,~\)
\((2+4\sqrt{\,3\,})+(1-\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.143 問題 9\({\small (1)}~z=\displaystyle \frac{\,w+1+i\,}{\,1+i\,}\)
\({\small (2)}~\)点 \(-1-i\) を中心とする半径 \(\sqrt{\,2\,}\) の円
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
\({\small (2)}~\)点 \(-1-i\) を中心とする半径 \(\sqrt{\,2\,}\) の円
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
p.143 問題 12\({\small (1)}~\)[証明] 点 \({\rm C}(z_3)\) が点 \({\rm A}(z_1)\) に移るように、直線 \({\rm CD}\) を平行移動する。
この平行移動が \(\alpha\) だけの平行移動であるとすると、
\(\begin{eqnarray}~~~z_3+\alpha&=&z_1\\[3pt]~~~\alpha&=&z_1-z_3\end{eqnarray}\)
このとき、点 \({\rm D}(z_4)\) も同じだけ平行移動するので、移った点を \({\rm D}^{\prime}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~z_4+\alpha&=&z_4+(z_1-z_3)\\[3pt]~~~&=&z_4+z_1-z_3\end{eqnarray}\)
よって、点 \({\rm D}^{\prime}\) は \({\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) となる。
ここで、平行移動によって直線 \({\rm CD}\) は直線 \({\rm AD}^{\prime}\) に移るので、
直線 \({\rm CD}\) と直線 \({\rm AD}^{\prime}\) の向きは同じであるから、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が平行である
また、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) はともに点 \({\rm A}\) を通るので、
この \(2\) 直線の向きが同じになるのは \(2\) 直線が重なるときであり、それは \(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にあるときであるから、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にある
さらに、\(3\) 点 \({\rm A}(z_1)~,~{\rm B}(z_2)~,~{\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) が一直線上にある条件より、
\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にある \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\) が実数
この分数を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}&=&\displaystyle \frac{\,z_4+z_1-z_3-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\) が実数 となる [終]
点 \({\rm D}(z_4)\) は点 \({\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) に移る。
ここで、平行移動によって直線 \({\rm CD}\) は直線 \({\rm AD}^{\prime}\) に移り、直線の向きは変わらないので、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる
また、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) はともに点 \({\rm A}\) を通るので、
\(3\) 点 \({\rm A}(z_1)~,~{\rm B}(z_2)~,~{\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) について、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる条件より、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\) が純虚数
この分数を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}&=&\displaystyle \frac{\,z_4+z_1-z_3-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\) が純虚数 となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
この平行移動が \(\alpha\) だけの平行移動であるとすると、
\(\begin{eqnarray}~~~z_3+\alpha&=&z_1\\[3pt]~~~\alpha&=&z_1-z_3\end{eqnarray}\)
このとき、点 \({\rm D}(z_4)\) も同じだけ平行移動するので、移った点を \({\rm D}^{\prime}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~z_4+\alpha&=&z_4+(z_1-z_3)\\[3pt]~~~&=&z_4+z_1-z_3\end{eqnarray}\)
よって、点 \({\rm D}^{\prime}\) は \({\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) となる。
ここで、平行移動によって直線 \({\rm CD}\) は直線 \({\rm AD}^{\prime}\) に移るので、
直線 \({\rm CD}\) と直線 \({\rm AD}^{\prime}\) の向きは同じであるから、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が平行である
また、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) はともに点 \({\rm A}\) を通るので、
この \(2\) 直線の向きが同じになるのは \(2\) 直線が重なるときであり、それは \(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にあるときであるから、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にある
さらに、\(3\) 点 \({\rm A}(z_1)~,~{\rm B}(z_2)~,~{\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) が一直線上にある条件より、
\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm D}^{\prime}\) が一直線上にある \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\) が実数
この分数を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}&=&\displaystyle \frac{\,z_4+z_1-z_3-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が平行である \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\) が実数 となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \({\small (1)}~\) と同様に、点 \({\rm C}(z_3)\) が点 \({\rm A}(z_1)\) に移るように直線 \({\rm CD}\) を平行移動すると、
点 \({\rm D}(z_4)\) は点 \({\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) に移る。
ここで、平行移動によって直線 \({\rm CD}\) は直線 \({\rm AD}^{\prime}\) に移り、直線の向きは変わらないので、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる
また、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) はともに点 \({\rm A}\) を通るので、
\(3\) 点 \({\rm A}(z_1)~,~{\rm B}(z_2)~,~{\rm D}^{\prime}(z_4+z_1-z_3)\) について、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる条件より、
\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm AD}^{\prime}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\) が純虚数
この分数を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(z_4+z_1-z_3)-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}&=&\displaystyle \frac{\,z_4+z_1-z_3-z_1\,}{\,z_2-z_1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm CD}\) が垂直に交わる \(~\Leftrightarrow ~\) \(\displaystyle \frac{\,z_4-z_3\,}{\,z_2-z_1\,}\) が純虚数 となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.143 問題 13\({\small (1)}~\)[証明] \(|z|^2=z\overline{z}\) であることを利用して、左辺を変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&|z_1-z_2|^2+|z_1+z_2|^2
\\[5pt]~~~&=&(z_1-z_2)(\overline{z_1-z_2})+(z_1+z_2)(\overline{z_1+z_2})
\\[5pt]~~~&=&(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2})+(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})
\\[5pt]~~~&=&2(z_1\overline{z_1}+z_2\overline{z_2})
\\[5pt]~~~&=&2(|z_1|^2+|z_2|^2)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(|z_1-z_2|^2+|z_1+z_2|^2=2(|z_1|^2+|z_2|^2)\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~&&|z_1-z_2|^2+|z_1+z_2|^2
\\[5pt]~~~&=&(z_1-z_2)(\overline{z_1-z_2})+(z_1+z_2)(\overline{z_1+z_2})
\\[5pt]~~~&=&(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2})+(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})
\\[5pt]~~~&=&2(z_1\overline{z_1}+z_2\overline{z_2})
\\[5pt]~~~&=&2(|z_1|^2+|z_2|^2)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(|z_1-z_2|^2+|z_1+z_2|^2=2(|z_1|^2+|z_2|^2)\) が成り立つ [終]
\({\small (2)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) において、辺 \({\rm BC}\) の中点を \({\rm M}\) としたとき \({\rm AB}^2+{\rm AC}^2=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) が成り立つことを表している
■ この問題の詳しい解説はこちら！
練習問題 複素数平面
p.146 練習問題A 1[証明] 左辺はそれぞれ絶対値 \(1\) 、偏角 \({A}~,~{B}~,~{C}\) の複素数であるので、
極形式の積の公式より、
ここで、\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和 \({A}+{B}+{C}=\pi\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\cos({A}+{B}+{C})+i\sin({A}+{B}+{C})
\\[3pt]~~~&=&\cos \pi+i\sin \pi
\\[3pt]~~~&=&-1+i \cdot 0
\\[3pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
したがって、
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
極形式の積の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\cos {A}+i\sin {A})(\cos {B}+i\sin {B})(\cos {C}+i\sin {C})
\\[3pt]~~~&=&\cos({A}+{B}+{C})+i\sin({A}+{B}+{C})\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\cos({A}+{B}+{C})+i\sin({A}+{B}+{C})\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和 \({A}+{B}+{C}=\pi\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\cos({A}+{B}+{C})+i\sin({A}+{B}+{C})
\\[3pt]~~~&=&\cos \pi+i\sin \pi
\\[3pt]~~~&=&-1+i \cdot 0
\\[3pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
したがって、
\((\cos {A}+i\sin {A})(\cos {B}+i\sin {B})(\cos {C}+i\sin {C})=-1\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.146 練習問題A 2[証明] ド・モアブルの定理より、
\((\cos \theta+i\sin \theta)^3=\cos 3\theta+i\sin 3\theta\) \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、左辺を \(3\) 乗の展開公式で展開すると、
これより、
両辺の実部と虚部を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
\cos 3\theta=\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta\\
\sin 3\theta=3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
ここで、\(\cos 3\theta\) について、\(\sin^2 \theta=1-\cos^2 \theta\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos 3\theta&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta
\\[3pt]~~~&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta(1-\cos^2 \theta)
\\[3pt]~~~&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta+3\cos^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&4\cos^3 \theta-3\cos \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos 3\theta=4\cos^3 \theta-3\cos \theta\) となる
また、\(\sin 3\theta\) について、\(\cos^2 \theta=1-\sin^2 \theta\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin 3\theta&=&3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3(1-\sin^2 \theta)\sin \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta-3\sin^3 \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta-4\sin^3 \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin 3\theta=3\sin \theta-4\sin^3 \theta\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\((\cos \theta+i\sin \theta)^3=\cos 3\theta+i\sin 3\theta\) \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、左辺を \(3\) 乗の展開公式で展開すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\cos \theta+i\sin \theta)^3&=&\cos^3 \theta+3\cos^2 \theta \cdot i\sin \theta+3\cos \theta \cdot (i\sin \theta)^2+(i\sin \theta)^3
\\[5pt]~~~&=&\cos^3 \theta+3i\cos^2 \theta\sin \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta-i\sin^3 \theta
\\[5pt]~~~&=&(\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta)+i(3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta)\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\cos^3 \theta+3i\cos^2 \theta\sin \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta-i\sin^3 \theta
\\[5pt]~~~&=&(\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta)+i(3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta)\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
これより、
\(\cos 3\theta+i\sin 3\theta=(\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta)+i(3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta)\)
※ 数式は横にスクロールできます。
両辺の実部と虚部を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
\cos 3\theta=\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta\\
\sin 3\theta=3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
ここで、\(\cos 3\theta\) について、\(\sin^2 \theta=1-\cos^2 \theta\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos 3\theta&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta\sin^2 \theta
\\[3pt]~~~&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta(1-\cos^2 \theta)
\\[3pt]~~~&=&\cos^3 \theta-3\cos \theta+3\cos^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&4\cos^3 \theta-3\cos \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos 3\theta=4\cos^3 \theta-3\cos \theta\) となる
また、\(\sin 3\theta\) について、\(\cos^2 \theta=1-\sin^2 \theta\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin 3\theta&=&3\cos^2 \theta\sin \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3(1-\sin^2 \theta)\sin \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta-3\sin^3 \theta-\sin^3 \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta-4\sin^3 \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin 3\theta=3\sin \theta-4\sin^3 \theta\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.146 練習問題A 5\(2\) 点 \({\rm A}(2)~,~{\rm B}(-i)\) を結ぶ線分 \({\rm AB}\) の垂直二等分線
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
p.146 練習問題A 6[証明] \(3\) 点 \({\rm A}(2z_1+z_3)~,~{\rm B}(3z_1-z_2)~,~{\rm C}(2z_2+3z_3)\) について、\(\displaystyle \frac{\,(2z_2+3z_3)-(2z_1+z_3)\,}{\,(3z_1-z_2)-(2z_1+z_3)\,}\) を計算すると、
ここで、\(z_1\neq z_2+z_3\) より \(z_1-z_2-z_3\neq 0\) であることより、分母と分子を \(z_1-z_2-z_3\) で約分できるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,-2(z_1-z_2-z_3)\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}&=&-2\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(2z_2+3z_3)-(2z_1+z_3)\,}{\,(3z_1-z_2)-(2z_1+z_3)\,}&=&-2\end{eqnarray}\)
となり、\(-2\) は実数である
したがって、\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm C}\) は一直線上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(2z_2+3z_3)-(2z_1+z_3)\,}{\,(3z_1-z_2)-(2z_1+z_3)\,}&=&\displaystyle \frac{\,2z_2+3z_3-2z_1-z_3\,}{\,3z_1-z_2-2z_1-z_3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2z_1+2z_2+2z_3\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2(z_1-z_2-z_3)\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2z_1+2z_2+2z_3\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2(z_1-z_2-z_3)\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\(z_1\neq z_2+z_3\) より \(z_1-z_2-z_3\neq 0\) であることより、分母と分子を \(z_1-z_2-z_3\) で約分できるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,-2(z_1-z_2-z_3)\,}{\,z_1-z_2-z_3\,}&=&-2\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(2z_2+3z_3)-(2z_1+z_3)\,}{\,(3z_1-z_2)-(2z_1+z_3)\,}&=&-2\end{eqnarray}\)
となり、\(-2\) は実数である
したがって、\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm C}\) は一直線上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.146 練習問題A 7[証明] 仮定 \(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) の両辺の絶対値をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|z_1-z_2|\,}{\,|z_3-z_2|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|w_1-w_2|\,}{\,|w_3-w_2|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|z_1-z_2|={\rm BA}~,~\)\(|z_3-z_2|={\rm BC}~,~\)\(|w_1-w_2|={\rm QP}~,~\)\(|w_3-w_2|={\rm QR}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BA}\,}{\,{\rm BC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QP}\,}{\,{\rm QR}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BA}:{\rm BC}&=&{\rm QP}:{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\) は半直線 \({\rm BC}\) から半直線 \({\rm BA}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm Q}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|z_1-z_2|\,}{\,|z_3-z_2|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|w_1-w_2|\,}{\,|w_3-w_2|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|z_1-z_2|={\rm BA}~,~\)\(|z_3-z_2|={\rm BC}~,~\)\(|w_1-w_2|={\rm QP}~,~\)\(|w_3-w_2|={\rm QR}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BA}\,}{\,{\rm BC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QP}\,}{\,{\rm QR}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BA}:{\rm BC}&=&{\rm QP}:{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\) は半直線 \({\rm BC}\) から半直線 \({\rm BA}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm Q}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.147 練習問題B 11点 \(\displaystyle \frac{\,11\,}{\,3\,}\) を中心とする半径 \(\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\) の円
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
解法のPoint｜動点zとω=αz+βの表す図形
p.147 練習問題B 12\(\angle {\rm ACB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) であるような直角二等辺三角形
■ この問題の詳しい解説はこちら！
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.147 練習問題B 14\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\)正三角形
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\)正三角形
■ この問題の詳しい解説はこちら！
