このページは、数研出版：数学Ｃ[708]
第３章 複素数平面
第３章 複素数平面
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数研出版数学Ｃ 第１章 平面のベクトル
数研出版数学Ｃ 第２章 空間のベクトル
数研出版数学Ｃ 第３章 複素数平面
数研出版数学Ｃ 第４章 式と曲線
第３章 複素数平面
複素数平面
p.86 問1\({\small (1)}~\)実軸方向に \(2\)、虚軸方向に \(-3\) 平行移動
\({\small (2)}~\)実軸方向に \(-2\)、虚軸方向に \(3\) 平行移動
\({\small (3)}~\)実軸方向に \(4\)、虚軸方向に \(-6\) 平行移動
\({\small (4)}~\)実軸方向に \(2\)、虚軸方向に \(-3\) 平行移動したあとに、原点に関して対称移動
解法のPoint｜複素数の加法・減法とその図示
\({\small (2)}~\)実軸方向に \(-2\)、虚軸方向に \(3\) 平行移動
\({\small (3)}~\)実軸方向に \(4\)、虚軸方向に \(-6\) 平行移動
\({\small (4)}~\)実軸方向に \(2\)、虚軸方向に \(-3\) 平行移動したあとに、原点に関して対称移動
解法のPoint｜複素数の加法・減法とその図示
p.87 練習4[証明] \( \alpha=a+bi \) とすると、共役な複素数は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}=a-bi\end{eqnarray}\)
実部 \( a \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)+(a-bi)\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2a\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
これより、実部 \( a \) が \( \displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,} \) と等しくなる
また、虚部 \( b \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,}&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)-(a-bi)\,}{\,2i\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2bi\,}{\,2i\,}\\[5pt]~~~&=&b\end{eqnarray}\)
これより、虚部 \( b \) が \( \displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,} \) と等しくなる
したがって、複素数 \( \alpha \) の実部は \( \displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,} \) 、虚部は \( \displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,} \) で表される [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}=a-bi\end{eqnarray}\)
実部 \( a \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)+(a-bi)\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2a\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
これより、実部 \( a \) が \( \displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,} \) と等しくなる
また、虚部 \( b \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,}&=&\displaystyle \frac{\,(a+bi)-(a-bi)\,}{\,2i\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2bi\,}{\,2i\,}\\[5pt]~~~&=&b\end{eqnarray}\)
これより、虚部 \( b \) が \( \displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,} \) と等しくなる
したがって、複素数 \( \alpha \) の実部は \( \displaystyle \frac{\,\alpha+\overline{\alpha}\,}{\,2\,} \) 、虚部は \( \displaystyle \frac{\,\alpha-\overline{\alpha}\,}{\,2i\,} \) で表される [終]
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p.87 問2[証明] \( \alpha=a+bi~,~\beta=c+di \) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\beta=(a-c)+(b-d)i\end{eqnarray}\)
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 [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\beta=(a-c)+(b-d)i\end{eqnarray}\)
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 [終]
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p.88 問3[証明] 方程式 \( ax^3+bx^2+cx+d=0 \) が解 \( x=\alpha \) をもつことより、
\(\begin{eqnarray}~~~a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d=0\end{eqnarray}\)
共役な複素数をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d}&=&\overline{0}\\[3pt]~~~\overline{a\alpha^3}+\overline{b\alpha^2}+\overline{c\alpha}+\overline{d}&=&\overline{0}\\[3pt]~~~\overline{a}\,\overline{\alpha}^3+\overline{b}\,\overline{\alpha}^2+\overline{c}\,\overline{\alpha}+\overline{d}&=&\overline{0}\end{eqnarray}\)
ここで、\( a~,~b~,~c~,~d~,~0 \) は実数より、
\(\begin{eqnarray}~~~a\,\overline{\alpha}^3+b\,\overline{\alpha}^2+c\,\overline{\alpha}+d&=&0\\[3pt]~~~a(\overline{\alpha})^3+b(\overline{\alpha})^2+c(\overline{\alpha})+d&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、方程式 \( ax^3+bx^2+cx+d=0 \) は \( x=\overline{\alpha} \) も解にもつ [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d=0\end{eqnarray}\)
共役な複素数をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d}&=&\overline{0}\\[3pt]~~~\overline{a\alpha^3}+\overline{b\alpha^2}+\overline{c\alpha}+\overline{d}&=&\overline{0}\\[3pt]~~~\overline{a}\,\overline{\alpha}^3+\overline{b}\,\overline{\alpha}^2+\overline{c}\,\overline{\alpha}+\overline{d}&=&\overline{0}\end{eqnarray}\)
ここで、\( a~,~b~,~c~,~d~,~0 \) は実数より、
\(\begin{eqnarray}~~~a\,\overline{\alpha}^3+b\,\overline{\alpha}^2+c\,\overline{\alpha}+d&=&0\\[3pt]~~~a(\overline{\alpha})^3+b(\overline{\alpha})^2+c(\overline{\alpha})+d&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、方程式 \( ax^3+bx^2+cx+d=0 \) は \( x=\overline{\alpha} \) も解にもつ [終]
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p.89 問4[証明] \(\alpha=a+bi\) とおくと、
\(-\alpha=-a-bi~,~\overline{\alpha}=a-bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \alpha \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -\alpha \,|&=&|\, -a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \overline{\alpha} \,|&=&|\, a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, \alpha \,|=|\, -\alpha \,|=|\, \overline{\alpha} \,|\) が成り立つ [終]
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\(-\alpha=-a-bi~,~\overline{\alpha}=a-bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \alpha \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -\alpha \,|&=&|\, -a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \overline{\alpha} \,|&=&|\, a-bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+(-b)^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, \alpha \,|=|\, -\alpha \,|=|\, \overline{\alpha} \,|\) が成り立つ [終]
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複素数の極形式と乗法、除法
p.91 問5\(~~~2\left( \cos{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,11\,}{\,6\,}\pi} \right)\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
p.91 練習7\({\small (1)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}} \right)\)
\({\small (2)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi} \right)\)
\({\small (3)}~4\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi} \right)\)
\({\small (4)}~\cos{0}+i\sin{0}\)
\({\small (5)}~\cos{\pi}+i\sin{\pi}\)
\({\small (6)}~\cos{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
\({\small (2)}~\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,4\,}\pi} \right)\)
\({\small (3)}~4\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi} \right)\)
\({\small (4)}~\cos{0}+i\sin{0}\)
\({\small (5)}~\cos{\pi}+i\sin{\pi}\)
\({\small (6)}~\cos{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi}\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
p.91 問6\(~~~-z=r\{\cos{(\theta+\pi)}+i\sin{(\theta+\pi)}\}\)
\(~~~-\overline {z}=r\{\cos{(\pi-\theta)}+i\sin{(\pi-\theta)}\}\)
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
\(~~~-\overline {z}=r\{\cos{(\pi-\theta)}+i\sin{(\pi-\theta)}\}\)
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
p.93 練習8\(~~~\alpha\beta=4\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\pi} \right)\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}} \right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
\(~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}} \right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.93 練習9\({\small (1)}~6\) \({\small (2)}~8\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\)
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.93 問7[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]
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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cos 0+i\sin 0\,}{\,r(\cos \theta+i\sin \theta)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(0-\theta)+i\sin(0-\theta)\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,r\,}\{\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\}\) となる [終]
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p.95 練習10\({\small (1)}~\)点 \(z\) を原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) だけ回転した点
\({\small (2)}~\)点 \(z\) を原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) だけ回転し、原点からの距離を \(2\) 倍した点
\({\small (3)}~\)点 \(z\) を原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\) だけ回転した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
\({\small (2)}~\)点 \(z\) を原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) だけ回転し、原点からの距離を \(2\) 倍した点
\({\small (3)}~\)点 \(z\) を原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\) だけ回転した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
p.95 問9
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
\(~~~z_1z_2=\sqrt{2}\left\{\cos{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,} \right)}+i\sin{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,} \right)} \right\}\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,z_2\,}{\,z_1\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,12\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,12\,}\pi} \right)\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,z_2\,}{\,z_1\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,12\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,7\,}{\,12\,}\pi} \right)\)
※ 数式は横にスクロールできます。
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
ド・モアブルの定理
p.99 問11[証明] \(1\) の \(4\) 乗根は、
\(z_k=\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,4\,}\)
\((k=0~,~1~,~2~,~3)\)
これより、
\(k=0\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_0&=&\cos 0+i\sin 0
\\[3pt]~~~&=&1+i \cdot 0
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(k=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_1&=&\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0+i \cdot 1
\\[5pt]~~~&=&i\end{eqnarray}\)
\(k=2\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_2&=&\cos \displaystyle \frac{\,2 \cdot 2\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2 \cdot 2\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \pi+i\sin \pi
\\[5pt]~~~&=&-1+i \cdot 0
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
\(k=3\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_3&=&\cos \displaystyle \frac{\,2 \cdot 3\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2 \cdot 3\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi
\\[5pt]~~~&=&0+i \cdot (-1)
\\[5pt]~~~&=&-i\end{eqnarray}\)
よって、\(1~,~i~,~-1~,~-i\) となる
したがって、\(1\) の４乗根を表す点は、点 \(1\) が分点の１つとなるように、単位円を４等分した各分点である [終]
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\(z_k=\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,4\,}\)
\((k=0~,~1~,~2~,~3)\)
これより、
\(k=0\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_0&=&\cos 0+i\sin 0
\\[3pt]~~~&=&1+i \cdot 0
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(k=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_1&=&\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0+i \cdot 1
\\[5pt]~~~&=&i\end{eqnarray}\)
\(k=2\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_2&=&\cos \displaystyle \frac{\,2 \cdot 2\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2 \cdot 2\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \pi+i\sin \pi
\\[5pt]~~~&=&-1+i \cdot 0
\\[5pt]~~~&=&-1\end{eqnarray}\)
\(k=3\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z_3&=&\cos \displaystyle \frac{\,2 \cdot 3\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2 \cdot 3\pi\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi
\\[5pt]~~~&=&0+i \cdot (-1)
\\[5pt]~~~&=&-i\end{eqnarray}\)
よって、\(1~,~i~,~-1~,~-i\) となる
したがって、\(1\) の４乗根を表す点は、点 \(1\) が分点の１つとなるように、単位円を４等分した各分点である [終]
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p.100 練習13 \(1~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-1~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\) となる
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\(i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-1~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i~,~\)
\(-i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}i\) となる
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p.101 練習14\({\small (1)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}i~,~-i\)
\({\small (2)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~~~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\({\small (2)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~~~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
p.101 問12[証明] \(\omega _k~~~(k=0~,~1~,~2~,~\cdots ~,~n-1)\) はすべて異なるので、\(z_0\omega_k\) もすべて異なる
ここで、
\(~~~(z_0\omega_k)^n=(z_0)^n(\omega_k)^n=(z_0)^n=\alpha\)
これより、\(z_0\omega_k\) は \(\alpha\) の \(n\) 乗根
したがって、\(\alpha\) の \(n\) 乗根は、\(n\) 個の複素数 \(z_0\omega_k~~~(k=0~,~1~,~2~,~\cdots ~,~n-1)\) である [終]
解法のPoint｜方程式の解と極形式
ここで、
\(~~~(z_0\omega_k)^n=(z_0)^n(\omega_k)^n=(z_0)^n=\alpha\)
これより、\(z_0\omega_k\) は \(\alpha\) の \(n\) 乗根
したがって、\(\alpha\) の \(n\) 乗根は、\(n\) 個の複素数 \(z_0\omega_k~~~(k=0~,~1~,~2~,~\cdots ~,~n-1)\) である [終]
解法のPoint｜方程式の解と極形式
複素数と図形
p.103 練習16\({\small (1)}~\)内分点 \(4-2i\)、外分点 \(16+10i\)
\({\small (2)}~\)内分点 \(2i\)、外分点 \(-12+14i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\({\small (2)}~\)内分点 \(2i\)、外分点 \(-12+14i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.103 問13[証明] 頂点を \({\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)~,~{\rm C}(\gamma)\) とすると、線分 \({\rm BC}\) の中点は、
\(~~~\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\)
また、重心 \(\delta\) は線分 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(~~~\delta=\displaystyle \frac{\,\alpha+2\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\,}{\,2+1\,}=\displaystyle \frac{\,\alpha+\beta+\gamma\,}{\,3\,}\)[終]
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\(~~~\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\)
また、重心 \(\delta\) は線分 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(~~~\delta=\displaystyle \frac{\,\alpha+2\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\,}{\,2+1\,}=\displaystyle \frac{\,\alpha+\beta+\gamma\,}{\,3\,}\)[終]
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.104 練習17\({\small (1)}~\)原点が中心で半径 \(2\) の円
\({\small (2)}~\)点 \(i\) が中心で半径 \(1\) の円
\({\small (3)}~\)点 \(1+i\) が中心で半径 \(2\) の円
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
\({\small (2)}~\)点 \(i\) が中心で半径 \(1\) の円
\({\small (3)}~\)点 \(1+i\) が中心で半径 \(2\) の円
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
p.105 練習19\({\small (1)}~\)点 \(-3\) が中心で半径 \(3\) の円
\({\small (2)}~\)原点が中点で半径 \(2\) の円
解法のPoint｜方程式m|z-α|=|z-β|の表す図形
\({\small (2)}~\)原点が中点で半径 \(2\) の円
解法のPoint｜方程式m|z-α|=|z-β|の表す図形
p.107 練習21\({\small (1)}~2+4i\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,4\sqrt{3}-1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,3\sqrt{3}-2\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜複素数の点を中心とした点の回転
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,4\sqrt{3}-1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,3\sqrt{3}-2\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜複素数の点を中心とした点の回転
p.109 練習23\({\small (1)}~c=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\)
\({\small (2)}~c=-1~,~2\)
解法のPoint｜複素数平面上の一直線・垂直の条件
\({\small (2)}~c=-1~,~2\)
解法のPoint｜複素数平面上の一直線・垂直の条件
p.110 練習24\(~~~\angle{\rm A}=\angle{\rm B}=\angle{\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
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p.111 研究 練習1点 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) が中心で半径 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) の円
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問題
p.112 問題 3\({\small (1)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\) \({\small (2)}~1\) \({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,64\,}\)
解法のPoint｜極形式の商とド・モアブルの定理
解法のPoint｜極形式の商とド・モアブルの定理
p.112 問題 4\(~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\(~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
p.112 問題 5\({\small (1)}~\sqrt{\,65\,}\) \({\small (2)}~{\rm C}\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,8\,}{\,3\,}i\right)\)
\({\small (3)}~{\rm G}\left(-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}-i\right)\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\)
解法のPoint｜複素数平面上の半直線のなす角
\({\small (3)}~{\rm G}\left(-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}-i\right)\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\)
解法のPoint｜複素数平面上の半直線のなす角
p.112 問題 6 \((3+\sqrt{\,3\,})+(1+2\sqrt{\,3\,})i~,~\)
\((3-\sqrt{\,3\,})+(1-2\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜複素数平面上の3点がつくる正三角形
\((3-\sqrt{\,3\,})+(1-2\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜複素数平面上の3点がつくる正三角形
p.112 問題 7 \(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\)
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p.112 問題 9[証明] \({\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)~,~{\rm C}(\gamma)\) として、\({\rm A}~,~{\rm B}\) からそれぞれの対辺に下ろした \(2\) つの垂線の交点を \({\rm H}(0)\) とする
\({\rm BC}\perp{\rm HA}\) より、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\({\rm CA}\perp{\rm HB}\) より、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\small [\,1\,]}\) の左辺を変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\right)}&=&\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\gamma}-\overline{\beta}\,}\end{eqnarray}\)
となるので、\({\small [\,1\,]}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\gamma}-\overline{\beta}\,}&=&-\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\end{eqnarray}\)
両辺に \((\overline{\gamma}-\overline{\beta})(\gamma-\beta)\) を掛けて、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}(\gamma-\beta)&=&-\alpha(\overline{\gamma}-\overline{\beta})~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、\({\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\beta}(\alpha-\gamma)&=&-\beta(\overline{\alpha}-\overline{\gamma})~~~\cdots {\small [\,4\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,3\,]}\) 、\({\small [\,4\,]}\) の左辺どうし、右辺どうしを加えると、
移項して整理すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\gamma}(\alpha-\beta)+\gamma(\overline{\alpha}-\overline{\beta})&=&0\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\gamma}(\alpha-\beta)&=&-\gamma(\overline{\alpha}-\overline{\beta})\end{eqnarray}\)
両辺を \((\overline{\alpha}-\overline{\beta})(\alpha-\beta)\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\gamma}\,}{\,\overline{\alpha}-\overline{\beta}\,}&=&-\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}\perp{\rm HC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm C}\) から対辺 \({\rm AB}\) に下ろした垂線も点 \({\rm H}\) を通るので、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの頂点から下ろした \(3\) つの垂線は \(1\) 点 \({\rm H}\) で交わる [終]
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\({\rm BC}\perp{\rm HA}\) より、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\({\rm CA}\perp{\rm HB}\) より、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha-\gamma\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\small [\,1\,]}\) の左辺を変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\right)}&=&\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\gamma}-\overline{\beta}\,}\end{eqnarray}\)
となるので、\({\small [\,1\,]}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\alpha}\,}{\,\overline{\gamma}-\overline{\beta}\,}&=&-\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\gamma-\beta\,}\end{eqnarray}\)
両辺に \((\overline{\gamma}-\overline{\beta})(\gamma-\beta)\) を掛けて、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}(\gamma-\beta)&=&-\alpha(\overline{\gamma}-\overline{\beta})~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、\({\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\beta}(\alpha-\gamma)&=&-\beta(\overline{\alpha}-\overline{\gamma})~~~\cdots {\small [\,4\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,3\,]}\) 、\({\small [\,4\,]}\) の左辺どうし、右辺どうしを加えると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha}(\gamma-\beta)+\overline{\beta}(\alpha-\gamma)&=&-\alpha(\overline{\gamma}-\overline{\beta})-\beta(\overline{\alpha}-\overline{\gamma})
\\[5pt]~~~\overline{\alpha}\gamma-\overline{\alpha}\beta+\overline{\beta}\alpha-\overline{\beta}\gamma&=&-\alpha\overline{\gamma}+\alpha\overline{\beta}-\beta\overline{\alpha}+\beta\overline{\gamma}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~\overline{\alpha}\gamma-\overline{\alpha}\beta+\overline{\beta}\alpha-\overline{\beta}\gamma&=&-\alpha\overline{\gamma}+\alpha\overline{\beta}-\beta\overline{\alpha}+\beta\overline{\gamma}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
移項して整理すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\gamma}(\alpha-\beta)+\gamma(\overline{\alpha}-\overline{\beta})&=&0\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\gamma}(\alpha-\beta)&=&-\gamma(\overline{\alpha}-\overline{\beta})\end{eqnarray}\)
両辺を \((\overline{\alpha}-\overline{\beta})(\alpha-\beta)\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\overline{\gamma}\,}{\,\overline{\alpha}-\overline{\beta}\,}&=&-\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\right)}&=&-\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,\gamma\,}{\,\alpha-\beta\,}\) は純虚数となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}\perp{\rm HC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm C}\) から対辺 \({\rm AB}\) に下ろした垂線も点 \({\rm H}\) を通るので、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの頂点から下ろした \(3\) つの垂線は \(1\) 点 \({\rm H}\) で交わる [終]
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演習問題 複素数平面
p.113 演習問題A 2 \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1\pm\sqrt{\,3\,}i\)
\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}~,~\angle {\rm O}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
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\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}~,~\angle {\rm O}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
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p.113 演習問題A 3[証明] 仮定 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) の両辺の絶対値をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}{\,|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}~,~\)\(|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~,~\)\(|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\,}{\,{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}:{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) は半直線 \({\rm AB}\) から半直線 \({\rm AC}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}&=&\angle {\rm A}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\) が成り立つ [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}{\,|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}~,~\)\(|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~,~\)\(|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\,}{\,{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}:{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) は半直線 \({\rm AB}\) から半直線 \({\rm AC}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}&=&\angle {\rm A}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\) が成り立つ [終]
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p.113 演習問題B 4\({\small (1)}~0\)
\({\small (2)}~\)[証明] \({\small [\,1\,]}\) の両辺を \(\alpha^2\) で割ると、
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0\end{eqnarray}\)
また、\(t=\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~t^2&=&\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\alpha^2+2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}=t^2-2\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0
\\[5pt]~~~(t^2-2)+t+1&=&0
\\[5pt]~~~t^2+t-1&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(t^2+t-1=0\) となる [終]
\({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\)
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\({\small (2)}~\)[証明] \({\small [\,1\,]}\) の両辺を \(\alpha^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4\,}{\,\alpha^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}+1+\alpha+\alpha^2&=&0\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}+1+\alpha+\alpha^2&=&0\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0\end{eqnarray}\)
また、\(t=\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~t^2&=&\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\alpha^2+2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}=t^2-2\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0
\\[5pt]~~~(t^2-2)+t+1&=&0
\\[5pt]~~~t^2+t-1&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(t^2+t-1=0\) となる [終]
\({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\)
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p.113 演習問題B 5\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\pm i\)
\({\small (2)}~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 、\({\rm AB}={\rm AC}\) の直角二等辺三角形
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\({\small (2)}~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 、\({\rm AB}={\rm AC}\) の直角二等辺三角形
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