ド・モアブルの定理の超重要な応用｜複素数の指数計算

前回の記事では複素数の積・商が極形式を用いれば簡単に計算できることを説明しました．

このことを応用すると，複素数$z$の累乗$z^n$ ($n$は整数)も簡単に計算することができ，この定理をド・モアブルの定理といいます．

$z$の累乗$z^n$は大学以降では$z$の冪(べき)と呼ばれることも多いです．

ド・モアブルの定理を用いれば，$(1-i)^5$のような計算も慣れれば数秒で求めることができます．

この記事では，

極形式を用いた計算の復習
ド・モアブルの定理
ド・モアブルの定理の証明

を順に説明します．

「複素数」の一連の記事

極形式を用いた計算
1. 極形式の積
2. 極形式の商
ド・モアブルの定理の考え方
ド・モアブルの定理の証明と具体例
1. 証明
2. 具体例

極形式を用いた計算

前回の記事で説明した極形式を用いた複素数の積・商について復習しておきましょう．

極形式の積

[極形式の積]　$r\geqq0$, $s\geqq0$とし，$\theta$, $\phi$を実数とする．複素数$z,w$が

$\begin{align*}&z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta}), \\&w=s(\cos{\phi}+i\sin{\phi})\end{align*}$

と極形式で表したとき，

$\begin{align*}zw=rs\{\cos{(\theta+\phi)}+i\sin{(\theta+\phi)}\}\end{align*}$

が成り立つ．

つまり，

絶対値$r$, $s$の複素数をかければ，絶対値$rs$の複素数になる
偏角$\theta$, $\phi$の複素数をかければ，偏角$\theta+\phi$の複素数になる

というわけですね．

極形式の商

[極形式の商]　$r\geqq0$, $s\geqq0$とし，$\theta$, $\phi$を実数とする．複素数$z,w$が

$\begin{align*}&z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta}), \\&w=s(\cos{\phi}+i\sin{\phi})\end{align*}$

と極形式で表したとき，

$\begin{align*}\frac{z}{w}=\frac{r}{s}\{\cos{(\theta-\phi)}+i\sin{(\theta-\phi)}\}\end{align*}$

が成り立つ．

つまり，

絶対値$r$の複素数を，絶対値$s$の複素数で割れば，絶対値$\dfrac{r}{s}$の複素数になる
偏角$\theta$の複素数を，偏角$\phi$の複素数で割れば，偏角$\theta-\phi$の複素数になる

というわけですね．

また，$z=1$とすると，$w$の逆数が

$\begin{align*}w^{-1}=s^{-1}(\cos{(-\phi)}+i\sin{(-\phi)})\end{align*}$

と表せることに注意してください．

詳しくは以下の記事を参照してください．

複素数４
複素数の極形式で積・商が超簡単に求められる話

複素数の極形式r(cosθ+i sinθ)を用いると，複素数の積・商を簡単に求めることができます．この記事では，具体例を用いて極形式を用いた掛け算・割り算の計算を説明します．

ド・モアブルの定理の考え方

いま復習した複素数の極形式を用いた積と商をもとにして，複素数$z$の累乗$z^n$ ($n$は整数)がどのように計算できるか考えましょう．

２つの複素数$z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$と$z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$の積は，上で復習した極形式の積なので

$\begin{align*}z^2 =&r\cdot r(\cos{(\theta+\theta)}+i\sin{(\theta+\theta)}) \\=&r^2(\cos{(2\theta)}+i\sin{(2\theta)})\end{align*}$

が成り立つことが分かります．さらに，$z$と$z^2$の積を考えれば，

$\begin{align*}z^3 =&r^2\cdot r(\cos{(2\theta+\theta)}+i\sin{(2\theta+\theta)}) \\=&r^3(\cos{(3\theta)}+i\sin{(3\theta)})\end{align*}$

が成り立つことが分かります．

これを続けていけば，任意の自然数$n$に対して，

$\begin{align*}z^n=r^n(\cos{(n\theta)}+i\sin{(n\theta)})\end{align*}$

が成り立ちそうですね．

たとえば，$z=\dfrac{6}{5}(\cos{\dfrac{\pi}{5}}+i\sin{\dfrac{\pi}{5}})$の場合に$z^2,z^3,z^4$は

$\begin{align*}&z^2=\bra{\frac{6}{5}}^2\brb{\cos\bra{2\cdot\frac{\pi}{5}}+i\sin\bra{2\cdot\frac{\pi}{5}}}, \\&z^3=\bra{\frac{6}{5}}^3\brb{\cos\bra{3\cdot\frac{\pi}{5}}+i\sin\bra{3\cdot\frac{\pi}{5}}}, \\&z^4=\bra{\frac{6}{5}}^4\brb{\cos\bra{4\cdot\frac{\pi}{5}}+i\sin\bra{4\cdot\frac{\pi}{5}}}\end{align*}$

となります．

また，$z^{-1}=r^{-1}(\cos{(-\theta)}+i\sin{(-\theta)})$なので，これを$n$回積をとると，同様に

$\begin{align*}z^{-n}=r^{-n}\{\cos{(-n\theta)}+i\sin{(-n\theta)}\}\end{align*}$

となりそうですね．

ド・モアブルの定理の証明と具体例

以上をまとめたものが，次のド・モアブルの定理です．

[ド・モアブルの定理]　$r\geqq0$とし，$\theta$を実数とする．このとき，極形式で表された複素数

$\begin{align*}z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})\end{align*}$

と任意の整数$n$に対して，

$\begin{align*}z^n=r^n(\cos{(n\theta)}+i\sin{(n\theta)})\end{align*}$

が成り立つ．

このように，ド・モアブルの定理は$n$が負の場合であっても成り立つことにも注意しておきましょう．

証明

ド・モアブルの定理は$z$を繰り返しかけていくイメージでしたから，これをきちんと証明するには数学的帰納法を用いればいいですね．

数学的帰納法の仕組みと５つの具体例
知っておきたい発展形まで解説

数学的帰納法は「任意の自然数$n$に対して，〜が成り立つことを示せ．」というタイプの証明問題に対して有効なことが多い証明法です．この記事では，数学的帰納法の仕組みを説明し，発展形も含めて５つの具体例を説明します．

[1] $n\ge0$の場合に成り立つことを数学的帰納法により示す．

(i) $n=0$のとき

$\begin{align*}z^n=&z^0=1 \\=&r^0(\cos{(0\theta)}+i\sin{(0\theta)})\end{align*}$

が成り立つ．

(ii) $n=k$ ($k\ge0$)のとき$z^n=r^n(\cos{(n\theta)}+i\sin{(n\theta)})$が成り立つとすると，極形式の積の公式より

$\begin{align*}z^{k+1}=&zz^k \\=&r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})\cdot r^k(\cos{(k\theta)}+i\sin{(k\theta)}) \\=&rr^{k}\{\cos{(\theta+k\theta)}+i\sin{(\theta+k\theta)}\} \\=&r^{k+1}\{\cos{(k+1)\theta}+i\sin{(k+1)\theta)}\}\end{align*}$

が成り立つ．

(i), (ii)より任意の自然数$n$に対して$z^n=r^n(\cos{(n\theta)}+i\sin{(n\theta)})$が成り立つ．

[2] $n<0$の場合に成り立つことを[1]を利用して示す．

$n=-m$とすると$m>0$なので，[1]で示したことから

$\begin{align*}z^n =&z^{-m} =(z^{-1})^{m} \\=&\{r^{-1}(\cos{(-\theta)}+i\sin{(-\theta)})\}^{m} \\=&r^{-m}\{\cos{(-m\theta)}+i\sin{(-m\theta)}\} \\=&r^{n}\{\cos{(n\theta)}+i\sin{(n\theta)}\}\end{align*}$

が成り立つ．

[2]の$n<0$の場合の証明も，負の方向へ進む数学的帰納法で示すことができます．

具体例

最後にド・モアブルの定理を用いて次の問題を解きましょう．

$(1-i)^5$を計算せよ．

複素数の指数計算なので，ド・モアブルの定理が第一感で見えます．

そのため$1-i$を極形式で表して，ド・モアブルの定理を用いましょう．

$1-i$の絶対値は

$\begin{align*}|1-i|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\end{align*}$

なので，$1-i$の極形式は

$\begin{align*}1-i =&\sqrt{2}\bra{\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i} \\=&\sqrt{2}\bra{\cos\bra{-\frac{\pi}{4}}+i\sin\bra{-\frac{\pi}{4}}}\end{align*}$

となる．よって，ド・モアブルの定理より

$\begin{align*}(1-i)^5 =&\sqrt{2}^5\bra{\cos\bra{-\frac{5\pi}{4}}+i\sin\bra{-\frac{5\pi}{4}}} \\=&4\sqrt{2}\bra{-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i} \\=&4(-1+i)\end{align*}$