第3章　ド・モアブルの定理

同じ数を n 回かける

第2章 公式3 で、2つの複素数をかけると「絶対値はかけ算、偏角は足し算」になることを学びました。$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$ を自分自身にかけると、$z^2$ は絶対値 $r \times r$${}= r^2$、偏角 $\theta$${}+ \theta$${}= 2\theta$ です。これにもう一度 $z$ をかけると、$z^3$ は絶対値 $r^3$、偏角 $3\theta$ になります。かけるたびに、絶対値には $r$ が1つずつかかり、偏角には $\theta$ が1つずつ足されていきます。

公式1：ド・モアブルの定理

$n$ が自然数のとき

$\displaystyle (\cos\theta + i\sin\theta)^n$$\displaystyle {}= \cos n\theta$$\displaystyle {}+ i\sin n\theta$

が成り立つ。これをド・モアブルの定理という。したがって、$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$ のとき

$\displaystyle z^n$$\displaystyle {}= r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$

である。

「かけるたびに $\theta$ が1つ足される」ことを、すべての自然数 $n$ について言い切るには、数列 第8章の数学的帰納法を使います。証明は厳密定義のページに書きました。

$z$${}= 1$${}+ i$ で確かめましょう。$z$${}= \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)$ なので、公式1 から

$\displaystyle z^2$$\displaystyle {}= 2\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)$$\displaystyle {}= 2i,$$\displaystyle z^3$$\displaystyle {}= 2\sqrt{2}\left(\cos\frac{3}{4}\pi + i\sin\frac{3}{4}\pi\right)$$\displaystyle {}= -2$$\displaystyle {}+ 2i,$$\displaystyle z^4$$\displaystyle {}= 4(\cos\pi + i\sin\pi)$$\displaystyle {}= -4$

です。実際に $(1 + i)^2$${}= 1$${}+ 2i$${}- 1$${}= 2i$、$(1 + i)^3$${}= 2i(1 + i)$${}= -2$${}+ 2i$、$(1 + i)^4$${}= (2i)^2$${}= -4$ と計算しても同じになります。

$(1 + i)^{10}$ を二項定理（数と式 第7章）で展開すると、11 個の項を計算して整理しなければなりません。公式1 なら、絶対値は $\left(\sqrt{2}\right)^{10}$${}= 32$、偏角は $10 \times \dfrac{\pi}{4}$${}= \dfrac{5}{2}\pi$ で、$32\left(\cos\dfrac{5}{2}\pi + i\sin\dfrac{5}{2}\pi\right)$${}= 32i$ とすぐに出ます。

電子レンジのターンテーブルは、1 秒ごとに同じ角だけ回ります。$1$ 秒で $\theta$ 回るなら、$n$ 秒後には $n\theta$ 回った位置にいます。$\cos\theta$${}+ i\sin\theta$ を $n$ 回かけるのは、このターンテーブルを $n$ 秒動かすことです。絶対値が $r$ のときは、回るたびに大きさも $r$ 倍されるので、$n$ 回で $r^n$ 倍になります。

$z^n$ は、絶対値を $n$ 乗し、偏角を $n$ 倍すれば求められるということです。

例題1：ド・モアブルの定理で累乗を計算する

次の複素数を、それぞれ $a$${}+ bi$ の形で表しなさい。

(1) $(1 - i)^{10}$　(2) $\left(-\sqrt{3} + i\right)^7$

---

【解答】

(1) $r$${}= \sqrt{2}$ です。偏角は $\dfrac{7}{4}\pi$ ですが、計算には $-\dfrac{\pi}{4}$ を使うほうが楽です（どちらも同じ向きを表します）。

$\displaystyle 1$$\displaystyle {}- i$$\displaystyle {}= \sqrt{2}\biggl\{\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)$$\displaystyle {}\qquad + i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\biggr\}$

なので、公式1 より

$\displaystyle (1 - i)^{10}$$\displaystyle {}= \left(\sqrt{2}\right)^{10}\biggl\{\cos\left(-\frac{5}{2}\pi\right)$$\displaystyle {}\qquad + i\sin\left(-\frac{5}{2}\pi\right)\biggr\}$

です。$-\dfrac{5}{2}\pi$${}= -2\pi$${}- \dfrac{\pi}{2}$ なので、$\cos\left(-\dfrac{5}{2}\pi\right)$${}= 0$，$\sin\left(-\dfrac{5}{2}\pi\right)$${}= -1$ です。よって

$\displaystyle (1 - i)^{10}$$\displaystyle {}= 32 \times (-i)$$\displaystyle {}= \underline{-32i}$

です。

(2) $r$${}= \sqrt{3 + 1}$${}= 2$，偏角は $\dfrac{5}{6}\pi$ です。

$\displaystyle \left(-\sqrt{3} + i\right)^7$$\displaystyle {}= 2^7\left(\cos\frac{35}{6}\pi + i\sin\frac{35}{6}\pi\right)$

$\dfrac{35}{6}\pi$${}= 6\pi$${}- \dfrac{\pi}{6}$ なので、$\cos\dfrac{35}{6}\pi$${}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin\dfrac{35}{6}\pi$${}= -\dfrac{1}{2}$ です。よって

$\displaystyle \left(-\sqrt{3} + i\right)^7$$\displaystyle {}= 128\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i\right)$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}64\sqrt{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- 64i}$

です。

$n$ 倍した偏角は大きくなりがちです。$2\pi$ の整数倍を引いて、見慣れた角に直してから $\cos$，$\sin$ の値を入れます。

ド・モアブルの定理は、三角関数の公式を作る道具にもなります。左辺を展開した式と右辺の $\cos n\theta$${}+ i\sin n\theta$ を比べると、$n$ 倍角の公式が出てきます。

例題2：3倍角の公式を導く

ド・モアブルの定理を使って、$\cos 3\theta$ を $\cos\theta$ の式で、$\sin 3\theta$ を $\sin\theta$ の式で、それぞれ表しなさい。

---

【解答】

公式1 で $n$${}= 3$ とすると $(\cos\theta + i\sin\theta)^3$${}= \cos 3\theta$${}+ i\sin 3\theta$ です。左辺を $(a + b)^3$${}= a^3$${}+ 3a^2 b$${}+ 3ab^2$${}+ b^3$ で展開します。$c$${}= \cos\theta$，$s$${}= \sin\theta$ と書くと

$\displaystyle (c + is)^3$$\displaystyle {}= c^3$$\displaystyle {}+ 3c^2(is)$$\displaystyle {}+ 3c(is)^2$$\displaystyle {}+ (is)^3$$\displaystyle {}= (c^3 - 3cs^2)$$\displaystyle {}+ (3c^2 s - s^3)i$

です。実部と虚部を比べて

$\displaystyle \cos 3\theta$$\displaystyle {}= c^3$$\displaystyle {}- 3cs^2,$$\displaystyle \sin 3\theta$$\displaystyle {}= 3c^2 s$$\displaystyle {}- s^3$

です。$s^2$${}= 1$${}- c^2$，$c^2$${}= 1$${}- s^2$ を代入すると

$\displaystyle \cos 3\theta$$\displaystyle {}= c^3$$\displaystyle {}- 3c(1 - c^2)$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9474em}4\cos^3\theta}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9474em}{}- 3\cos\theta},$$\displaystyle \sin 3\theta$$\displaystyle {}= 3(1 - s^2)s$$\displaystyle {}- s^3$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9552em}3\sin\theta}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9552em}{}- 4\sin^3\theta}$

です。

三角関数 第10章 j17 では、加法定理と2倍角の公式を組み合わせて3倍角の公式を作りました。ド・モアブルの定理を使えば、展開1回で $\cos$ と $\sin$ の公式が同時に手に入ります。

負の整数乗

指数関数と対数関数 第1章では、指数法則がそのまま使えるように、$a^0$${}= 1$，$a^{-n}$${}= \dfrac{1}{a^n}$ と決めました。複素数でも同じように決めます。

公式2：ド・モアブルの定理（整数 $n$）

$z$${}\neq 0$ のとき、$z^0$${}= 1$，$z^{-n}$${}= \dfrac{1}{z^n}$（$n$ は自然数）と定める。すると、$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$ について

$\displaystyle z^n$$\displaystyle {}= r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$

は、すべての整数 $n$ で成り立つ。特に

$\displaystyle z^{-n}$$\displaystyle {}= \frac{1}{r^n}\{\cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta)\}$

である。

$n$${}= 0$ のときは、右辺が $r^0(\cos 0 + i\sin 0)$${}= 1$ で、$z^0$${}= 1$ と一致します。負の整数 $-n$ のときは、公式1 の $z^n$${}= r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$ の逆数を、第2章 公式4 でとります。

$\displaystyle z^{-n}$$\displaystyle {}= \frac{1}{z^n}$$\displaystyle {}= \frac{1}{r^n}\{\cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta)\}$

絶対値は $r^{-n}$、偏角は $(-n)\theta$ で、公式1 の $n$ を $-n$ に置きかえた形そのものです。

ねじを締めるとき、ドライバーを1回まわすごとに同じ角だけ回ります。$z$ をかけるのが「締める向きに1回」なら、$z$ で割るのは「ゆるめる向きに1回」です。ゆるめる向きに $n$ 回まわすのが $z^{-n}$、どちらにもまわさないのが $z^0$${}= 1$ です。締める・ゆるめるの回数を、正と負の整数でまとめて数えられるのです。

$z^{-n}$${}= \dfrac{1}{z^n}$ と決めると、ド・モアブルの定理は負の整数や $0$ でもそのまま使え、$z^{-n}$ は絶対値 $\dfrac{1}{r^n}$、偏角 $-n\theta$ になるということです。

例題3：負の整数乗

(1) $\left(1 + \sqrt{3}\,i\right)^{-5}$ を $a$${}+ bi$ の形で表しなさい。

(2) $z$${}= \cos\theta$${}+ i\sin\theta$ のとき、$z^n$${}+ \dfrac{1}{z^n}$ と $z^n$${}- \dfrac{1}{z^n}$ を、それぞれ $\theta$ と整数 $n$ を用いて表しなさい。

---

【解答】

(1) $1$${}+ \sqrt{3}\,i$${}= 2\left(\cos\dfrac{\pi}{3} + i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$ なので、公式2 より

$\displaystyle \left(1 + \sqrt{3}\,i\right)^{-5}$$\displaystyle {}= \frac{1}{2^5}\biggl\{\cos\left(-\frac{5}{3}\pi\right)$$\displaystyle {}\qquad + i\sin\left(-\frac{5}{3}\pi\right)\biggr\}$

です。$-\dfrac{5}{3}\pi$ に $2\pi$ を足すと $\dfrac{\pi}{3}$ なので、$\cos\left(-\dfrac{5}{3}\pi\right)$${}= \dfrac{1}{2}$，$\sin\left(-\dfrac{5}{3}\pi\right)$${}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ です。よって

$\displaystyle \left(1 + \sqrt{3}\,i\right)^{-5}$$\displaystyle {}= \frac{1}{32}\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\frac{1}{64}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}+ \frac{\sqrt{3}}{64}i}$

です。

(2) 公式2 より $z^n$${}= \cos n\theta$${}+ i\sin n\theta$，$\dfrac{1}{z^n}$${}= z^{-n}$${}= \cos(-n\theta)$${}+ i\sin(-n\theta)$${}= \cos n\theta$${}- i\sin n\theta$ です。足したり引いたりすると

$\displaystyle z^n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{z^n}$$\displaystyle {}= \underline{2\cos n\theta},$$\displaystyle z^n$$\displaystyle {}- \frac{1}{z^n}$$\displaystyle {}= \underline{2i\sin n\theta}$

です。

(2) の結果は、あとの問題でよく使います。$|z|$${}= 1$ のとき $\dfrac{1}{z}$${}= \overline{z}$ なので、$z^n$${}+ \dfrac{1}{z^n}$ は「$z^n$ とその共役の和」、つまり実部の2倍です。

1 の n 乗根

ここからは、ド・モアブルの定理を方程式に使います。まず、いちばん基本の $z^n$${}= 1$ です。

公式3：1 の $n$ 乗根

$n$ を2以上の整数とする。方程式 $z^n$${}= 1$ の解を 1 の $n$ 乗根という。1 の $n$ 乗根は

$\displaystyle z_k$$\displaystyle {}= \cos\frac{2k\pi}{n}$$\displaystyle {}+ i\sin\frac{2k\pi}{n}$$\displaystyle (k = 0,\ 1,\ 2,\ \ldots,\ n - 1)$

の $n$ 個である。これらを表す点は、単位円（原点を中心とする半径 $1$ の円）に内接する正 $n$ 角形の頂点で、そのうちの1つは点 $1$ である。

求め方を $n$ のまま追ってみます。解を $z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$（$r$${}> 0$）とおくと、公式1 より $z^n$${}= r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$ です。右辺の $1$ は $1 \cdot (\cos 0 + i\sin 0)$ なので、$z^n$${}= 1$ は

$\displaystyle r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$$\displaystyle {}= 1 \cdot (\cos 0 + i\sin 0)$

となります。第2章の厳密定義 定理1（極形式の一意性）により、絶対値どうし、偏角どうしを比べて

$\displaystyle r^n$$\displaystyle {}= 1,$$\displaystyle n\theta$$\displaystyle {}= 2k\pi$$\displaystyle (k \text{ は整数})$

です。$r$${}> 0$ なので $r$${}= 1$、偏角は $\theta$${}= \dfrac{2k\pi}{n}$ です。$k$${}= 0,$$\ 1,$$\ \ldots,$$\ n$${}- 1$ とすると、$0$${}\leqq \theta$${}< 2\pi$ の範囲に $n$ 個の異なる向きが得られます。$k$${}= n$ にすると $\theta$${}= 2\pi$ で $k$${}= 0$ と同じ点に戻り、それより先は同じ点のくり返しです。

$n$${}= 6$ なら、偏角は $0,$$\ \dfrac{\pi}{3},$$\ \dfrac{2}{3}\pi,$$\ \pi,$$\ \dfrac{4}{3}\pi,$$\ \dfrac{5}{3}\pi$ で

$\displaystyle 1,$$\displaystyle \frac{1 + \sqrt{3}\,i}{2},$$\displaystyle \frac{-1 + \sqrt{3}\,i}{2},$$\displaystyle {}\quad -1,$$\displaystyle \frac{-1 - \sqrt{3}\,i}{2},$$\displaystyle \frac{1 - \sqrt{3}\,i}{2}$

の6個です。そのうち $\dfrac{-1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$ は、数と式 第11章 j17 で $x^2$${}+ x$${}+ 1$${}= 0$ の解 $\omega$ として扱い、$\omega^3$${}= 1$ を確かめた数です。あのときは因数分解から出てきた数が、ここでは「$\dfrac{2}{3}\pi$ ずつ回る向き」として見えています。

実数の範囲では、$x^n$${}= 1$ の解は $n$ が奇数なら $1$ だけ、偶数なら $\pm 1$ だけでした。複素数まで広げると、解はちょうど $n$ 個そろい、残りは実軸の外に、正多角形の形に並んでいたのです。

ホールケーキを $n$ 人で等分するとき、最初の切れ目を1本入れたら、残りの切れ目は等しい間隔で決まります。1 の $n$ 乗根も同じで、最初の切れ目が実軸の正の向き（点 $1$）に入っていて、そこから $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ回った位置に残りの切れ目が並んでいます。

1 の $n$ 乗根は、点 $1$ から $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ回った $n$ 個の点で、単位円に内接する正 $n$ 角形の頂点になるということです。

例題4：1 の 8 乗根

方程式 $z^8$${}= 1$ の解を求めなさい。

---

【解答】

公式3 で $n$${}= 8$ とすると、解は

$\displaystyle z$$\displaystyle {}= \cos\frac{k\pi}{4}$$\displaystyle {}+ i\sin\frac{k\pi}{4}$$\displaystyle (k = 0,\ 1,\ \ldots,\ 7)$

です。偏角が $0,$$\ \dfrac{\pi}{2},$$\ \pi,$$\ \dfrac{3}{2}\pi$ のものは $1,$$\ i,$${}\ -1,$${}\ -i$、偏角が $\dfrac{\pi}{4},$$\ \dfrac{3}{4}\pi,$$\ \dfrac{5}{4}\pi,$$\ \dfrac{7}{4}\pi$ のものは $\cos$，$\sin$ の値が $\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ なので

$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}z = \pm 1,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}\ \pm i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\ \frac{\sqrt{2}}{2}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}\pm \frac{\sqrt{2}}{2}i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}\ -\frac{\sqrt{2}}{2}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}\pm \frac{\sqrt{2}}{2}i}$

です。

（確かめ）$z^8$${}- 1$${}= (z^4 - 1)(z^4 + 1)$ です。$z^4$${}= 1$ の解が $\pm 1,$${}\ \pm i$、残りの4個が $z^4$${}= -1$ の解です。たとえば $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)^2$${}= \dfrac{1}{2}(1 + 2i - 1)$${}= i$ なので、4乗すると $i^2$${}= -1$ になります。

1 の n 乗根の性質

1 の $n$ 乗根は、1つの数 $\omega$ の累乗で全部を書けます。そこから、計算に便利な性質がいくつも出てきます。

公式4：1 の $n$ 乗根の性質

$n$ を2以上の整数とし、$\omega$${}= \cos\dfrac{2\pi}{n}$${}+ i\sin\dfrac{2\pi}{n}$ とする。

① 1 の $n$ 乗根は $1,$$\ \omega,$$\ \omega^2,$$\ \ldots,$$\ \omega^{n-1}$ である。

② $\omega^n$${}= 1$ なので、$\omega^m$ の値は、$m$ を $n$ で割った余りだけで決まる。

③ $\overline{\omega}$${}= \dfrac{1}{\omega}$${}= \omega^{n-1}$

④ $1$${}+ \omega$${}+ \omega^2$${}+ \cdots$${}+ \omega^{n-1}$${}= 0$

⑤ $x^n$${}- 1$ は次のように因数分解できる。

$\displaystyle x^n$$\displaystyle {}- 1$$\displaystyle {}= (x - 1)(x - \omega)$$\displaystyle \qquad \times (x - \omega^2)\cdots(x - \omega^{n-1})$

　したがって

$\displaystyle x^{n-1}$$\displaystyle {}+ x^{n-2}$$\displaystyle {}+ \cdots$$\displaystyle {}+ x$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= (x - \omega)(x - \omega^2)\cdots(x - \omega^{n-1})$

① は公式1 から出ます。$\omega^k$${}= \cos\dfrac{2k\pi}{n}$${}+ i\sin\dfrac{2k\pi}{n}$ で、これは公式3 の $z_k$ そのものです。② は、$m$${}= nq$${}+ s$ と割ると $\omega^m$${}= (\omega^n)^q\omega^s$${}= \omega^s$ となるからです。③ は、$|\omega|$${}= 1$ なので第1章 公式5 から $\omega\overline{\omega}$${}= 1$、また $\omega \cdot \omega^{n-1}$${}= \omega^n$${}= 1$ だからです。

④ は、公比 $\omega$ の等比数列の和（数列 第2章）です。$\omega$${}\neq 1$ なので

$\displaystyle 1$$\displaystyle {}+ \omega$$\displaystyle {}+ \omega^2$$\displaystyle {}+ \cdots$$\displaystyle {}+ \omega^{n-1}$$\displaystyle {}= \frac{\omega^n - 1}{\omega - 1}$$\displaystyle {}= \frac{1 - 1}{\omega - 1}$$\displaystyle {}= 0$

となります。図で見ると、もっと直観的に分かります。和を $S$ とおき、$\omega$ をかけると、$\omega S$${}= \omega$${}+ \omega^2$${}+ \cdots$${}+ \omega^n$ で、並ぶ数は $\omega^n$${}= 1$ を先頭に回せば $S$ と同じ $n$ 個です。つまり、正 $n$ 角形の頂点を $\dfrac{2\pi}{n}$ だけ回しても、頂点全体は元の正 $n$ 角形にぴったり重なります。$\omega S$${}= S$ で $\omega$${}\neq 1$ なので、$S$${}= 0$ です。

⑤ は、$1,$$\ \omega,$$\ \ldots,$$\ \omega^{n-1}$ が $x^n$${}- 1$${}= 0$ の $n$ 個の異なる解であることと、数と式 第12章の因数定理から出ます（くわしくは厳密定義のページ）。$x^n$${}- 1$${}= (x - 1)(x^{n-1} + \cdots + x + 1)$ と見比べると、2行目の式が得られます。

扇風機の羽根は、中心のまわりに等しい間隔で取りつけてあります。どの羽根も同じ力で外へ引っぱられますが、向きが均等に散らばっているので、力は打ち消し合い、回しても軸がぶれません。④ は、この「均等に並んだ向きを全部足すと $0$」を式にしたものです。

1 の $n$ 乗根は $\omega$ の累乗 $1,$$\ \omega,$$\ \ldots,$$\ \omega^{n-1}$ で表せ、全部足すと $0$ になり、$x^n$${}- 1$ はこれらを使って1次式の積に分解できるということです。

例題5：1 の 5 乗根の計算

$\omega$${}= \cos\dfrac{2}{5}\pi$${}+ i\sin\dfrac{2}{5}\pi$ とします。次の値を、それぞれ求めなさい。

(1) $\omega^{12}$${}+ \omega^9$${}+ \omega^6$${}+ \omega^3$${}+ 1$　(2) $(1 - \omega)(1 - \omega^2)(1 - \omega^3)(1 - \omega^4)$

---

【解答】

(1) $\omega^5$${}= 1$ なので、指数を $5$ で割った余りに直します（公式4 ②）。$12$${}= 5 \times 2$${}+ 2$，$9$${}= 5$${}+ 4$，$6$${}= 5$${}+ 1$ より

$\displaystyle \omega^{12}$$\displaystyle {}+ \omega^9$$\displaystyle {}+ \omega^6$$\displaystyle {}+ \omega^3$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= \omega^2$$\displaystyle {}+ \omega^4$$\displaystyle {}+ \omega$$\displaystyle {}+ \omega^3$$\displaystyle {}+ 1$

です。これは 1 の 5 乗根を全部足したものなので、公式4 ④ より $\underline{0}$ です。

(2) 公式4 ⑤ の2行目で $n$${}= 5$ とすると

$\displaystyle x^4$$\displaystyle {}+ x^3$$\displaystyle {}+ x^2$$\displaystyle {}+ x$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= (x - \omega)(x - \omega^2)(x - \omega^3)(x - \omega^4)$

です。両辺に $x$${}= 1$ を代入すると

$\displaystyle (1 - \omega)(1 - \omega^2)(1 - \omega^3)(1 - \omega^4)$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= \underline{5}$

です。

(2) を1つずつ展開しようとすると大変ですが、「$\omega^k$ を解にもつ式」を先に作っておけば、代入1回で済みます。

複素数の n 乗根

$z^n$${}= 1$ の右辺を、$0$ でない一般の複素数 $\alpha$ に変えます。解き方は同じです。

公式5：複素数の $n$ 乗根

$n$ を2以上の整数、$\alpha$${}= s(\cos\varphi + i\sin\varphi)$（$s$${}> 0$）とする。方程式 $z^n$${}= \alpha$ の解は

$\displaystyle z$$\displaystyle {}= \sqrt[n]{s}\biggl(\cos\frac{\varphi + 2k\pi}{n}$$\displaystyle {}\qquad + i\sin\frac{\varphi + 2k\pi}{n}\biggr)$

（$k$${}= 0,$$\ 1,$$\ \ldots,$$\ n$${}- 1$）の $n$ 個である。これらを表す点は、原点を中心とする半径 $\sqrt[n]{s}$ の円に内接する正 $n$ 角形の頂点である。また、解の1つを $z_0$ とすると、解は $z_0,$$\ z_0\omega,$$\ z_0\omega^2,$$\ \ldots,$$\ z_0\omega^{n-1}$（$\omega$ は公式4 の数）とも書ける。

$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$（$r$${}> 0$）とおくと、公式3 と同じく極形式の一意性から

$\displaystyle r^n$$\displaystyle {}= s,$$\displaystyle n\theta$$\displaystyle {}= \varphi$$\displaystyle {}+ 2k\pi$$\displaystyle (k \text{ は整数})$

です。$r$ は正の実数なので、$r$${}= \sqrt[n]{s}$（指数関数と対数関数 第1章の、正の $n$ 乗根）です。$\theta$${}= \dfrac{\varphi}{n}$${}+ \dfrac{2k\pi}{n}$ なので、1つめの解の向き $\dfrac{\varphi}{n}$ から、$\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ回った $n$ 個の向きが解になります。$\dfrac{2\pi}{n}$ 回すことは $\omega$ をかけることなので、「1つ見つけて $\omega$ をかけていく」という最後の書き方になります。

車のタイヤは、何本かのナットで等しい間隔に留めてあります。1本のナットの位置が分かれば、残りはホイールの中心のまわりに同じ角ずつ回した位置にあります。$z^n$${}= \alpha$ の解も、1つ見つけてしまえば、あとは原点のまわりに $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ回すだけで全部そろいます。

$z^n$${}= \alpha$ の解は、絶対値が $\sqrt[n]{|\alpha|}$、偏角が $\dfrac{\arg\alpha}{n}$ の点から始めて $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ回った $n$ 個の点で、正 $n$ 角形の頂点になるということです。

例題6：複素数の n 乗根

次の方程式の解を、それぞれ求めなさい。

(1) $z^3$${}= 8i$　(2) $z^4$${}= -8$${}+ 8\sqrt{3}\,i$

---

【解答】

(1) $8i$${}= 8\left(\cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2}\right)$ です。$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$ とおくと、$r^3$${}= 8$，$3\theta$${}= \dfrac{\pi}{2}$${}+ 2k\pi$ なので

$\displaystyle r$$\displaystyle {}= 2,$$\displaystyle \theta$$\displaystyle {}= \frac{\pi}{6}$$\displaystyle {}+ \frac{2k\pi}{3}$$\displaystyle (k = 0,\ 1,\ 2)$

です。$\theta$${}= \dfrac{\pi}{6},$$\ \dfrac{5}{6}\pi,$$\ \dfrac{3}{2}\pi$ より

$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}z = \sqrt{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -\sqrt{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -2i}$

です。

(2) $|-8 + 8\sqrt{3}\,i|$${}= \sqrt{64 + 192}$${}= 16$ で、$\cos\varphi$${}= -\dfrac{1}{2}$，$\sin\varphi$${}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ より偏角は $\dfrac{2}{3}\pi$ です。$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$ とおくと、$r^4$${}= 16$，$4\theta$${}= \dfrac{2}{3}\pi$${}+ 2k\pi$ なので

$\displaystyle r$$\displaystyle {}= 2,$$\displaystyle \theta$$\displaystyle {}= \frac{\pi}{6}$$\displaystyle {}+ \frac{k\pi}{2}$$\displaystyle (k = 0,\ 1,\ 2,\ 3)$

です。$\theta$${}= \dfrac{\pi}{6},$$\ \dfrac{2}{3}\pi,$$\ \dfrac{7}{6}\pi,$$\ \dfrac{5}{3}\pi$ より

$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}z = \sqrt{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -1}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ \sqrt{3}\,i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -\sqrt{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}- i,}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}\ 1}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}- \sqrt{3}\,i}$

です。

(2) は、1つめの解 $\sqrt{3}$${}+ i$ に、1 の 4 乗根 $i,$${}\ -1,$${}\ -i$ を順にかけても得られます。$i\left(\sqrt{3} + i\right)$${}= -1$${}+ \sqrt{3}\,i$ のように、$\dfrac{\pi}{2}$ ずつ回していくのです。$r$ を求める式 $r^4$${}= 16$ では、$r$${}> 0$ なので $r$${}= 2$ だけを選びます。$-2$ を選ばないのは、極形式の $r$ が正と決まっているからです。

この章のまとめ

$z$${}= r(\cos\theta + i\sin\theta)$，$\omega$${}= \cos\dfrac{2\pi}{n}$${}+ i\sin\dfrac{2\pi}{n}$ とします。

1 の $n$ 乗根については、$\omega^n$${}= 1$、$1$${}+ \omega$${}+ \cdots$${}+ \omega^{n-1}$${}= 0$、$\overline{\omega}$${}= \dfrac{1}{\omega}$ の3つを覚えておくと、ほとんどの計算が片づきます。

ここまでの3章で、複素数の足し算は平行移動、かけ算は回転と拡大だと分かりました。第4章では、この2つを組み合わせて図形を調べます。2点の中点や内分点、2本の線分のなす角、円の方程式を複素数で表し、「三角形が正三角形になる条件」のような図形の性質を、計算で確かめていきます。