ド・モアブルの定理
今回は複素数を \(2\) 乗、\(3\) 乗したときにどういう振る舞いをするかを解説していきます。
直感的に理解できる振る舞いをするので安心して読んでいってくださいね！
ド・モアブルの定理
\(n\) が整数のとき、
\((\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos n\theta+i\sin n\theta\)
\(1\) の \(n\) 乗根 \(n\)は自然数とする。
① \(1\) の \(n\) 乗根（すなわち、方程式 \(z^n=1\) の解）は、次の \(n\) 個の複素数である。
\(z_k=\cos\displaystyle\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\) (\(k=0\), \(1\), \(2\), \(\cdots\), \(n-1\))
② \(n\geq 3\) のとき、複素数平面上で、\(z_k\) を表す点は、点 \(1\) を \(1\) つの頂点として、単位園に内接する正 \(n\) 角形の各頂点である。
〈ド・モアブルの定理 解説〉
\(z=\cos\theta+i\sin\theta\) とすると、
\(z^2=(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\theta+i\sin\theta)\)
\(=\cos^2\theta+2i\sin\theta\cos\theta+i^2\sin^2\theta\)
\(=\cos^2\theta-\sin^2\theta+i\cdot 2\sin\theta\cos\theta\)
加法定理より
\(\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta\), \(\cos 2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta\) となるので、
\(=\cos 2\theta+i\sin 2\theta\)
同様にして計算すると、
\(z^3=\cos 3\theta+i\sin 3\theta\)
となり、一般に、自然数 \(n\) について次の等式が成り立つ。
\((\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos n\theta=i\sin n\theta\)
※ 厳密な証明ではないので注意
ド・モアブルの定理（問題）
次の式を求めなさい。
(1) \(\big(\cos\displaystyle\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\big)^9\)
(2) \((1+\sqrt{3}i)^6\)
(3) \(\displaystyle\frac{1}{(1-i)^{10}}\)
（解説）
(1) \(\big(\cos\displaystyle\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\big)^9\)
\(\big(\cos\displaystyle\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\big)^9\)
\(=\cos\big(9\times\displaystyle\frac{\pi}{12}\big)+i\sin\big(9\times\frac{\pi}{12}\big)\)
\(=\cos\displaystyle\frac{3}{4}\pi+i\sin\frac{3}{4}\pi\)
\(=-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i\)
(2) \((1+\sqrt{3}i)^6\)
\(1+\sqrt{3}i=2\big(\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\big)\)
\(=2\big(\cos\displaystyle\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\big)\)
よって、
\((1+\sqrt{3}i)^6\)
\(=\big\{2\big(\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\big)\big\}^6\)
\(=\big\{2\big(\cos\displaystyle\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\big)\big\}^6\)
\(=2^6\big\{\cos\big(6\times\displaystyle\frac{\pi}{3}\big)+i\sin\big(6\times\frac{\pi}{3}\big)\big\}\)
\(=2^6\big(\cos2\pi+i\sin2\pi\big)=2^6\cdot 1=64\)
(3) \(\displaystyle\frac{1}{(1-i)^{10}}\)
\(1-i=\sqrt{2}\big(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i\big)\)
\(=\sqrt{2}\big\{\cos\big(-\displaystyle\frac{\pi}{4}\big)+i\sin\big(-\frac{\pi}{4}\big)\big\}\)
よって、
\(\displaystyle\frac{1}{(1-i)^{10}}=(1-i)^{-10}\)
\(=(\sqrt{2})^{-10}\left[\cos\big\{(-10)\times\big(-\displaystyle\frac{\pi}{4}\big)\big\}+i\sin\big\{(-10)\times\big(-\frac{\pi}{4}\big)\big\}\right]\)
\(=2^{-5}\big(\cos\displaystyle\frac{5}{2}\pi+i\sin\frac{5}{2}\pi\big)=2^{-5}\cdot i=\displaystyle\frac{1}{32}i\)
おわりに
さいごまで記事を読んでいただきありがとうございました！
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