複素数６<br>方程式zⁿ=cのド・モアブルの定理の解法は３ステップ

前々回の記事では複素数を極形式で表すと，複素数の積や商を簡単に計算できることを説明しました．

その結果として，前回の記事では複素数の指数計算が簡単にできるド・モアブルの定理が成り立つことを説明しました．

このように，複素数は指数計算に強いことは意識しておきたいポイントです．

さて，ド・モアブルの定理を用いると$x^4=1-\sqrt{3}$のような$x^n=c$型の方程式を解くことができます．

この記事では

ド・モアブルの定理の確認
$x^n=c$型の方程式の解き方
覚えておくと便利な図形的性質

を順に説明します．

「複素数」の一連の記事

ド・モアブルの定理の確認
方程式の具体例
覚えておくと便利な図形的性質

ド・モアブルの定理の確認

念のためド・モアブルの定理を復習しておきましょう．

[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．

すなわち，複素数を$n$乗すれば，

絶対値が$n$乗
偏角が$n$倍

されるというわけですね．

このように，複素数の指数計算$z^n$をする場合には，極形式に変形することで簡単に計算できるのでした．詳しくは前回の記事を参照してください．

複素数５
複素数の指数zⁿの計算はド・モアブルの定理が鉄板

複素数の極形式を考えることで，複素数zの累乗zⁿが簡単に計算できる「ド・モアブルの定理」を導くことができます．この記事では，ド・モアブルの定理の考え方と証明をし，ド・モアブルの定理を用いて具体的に計算します．

方程式の具体例

それでは，$x^n=c$型の方程式を具体的に解きましょう．いずれも

$x=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$ ($r>0$, $0\leqq\theta<2\pi$)と極形式に表す
$x$の絶対値$r$を求める
$x$の偏角$\theta$を求める

の3ステップで解を求めることができます．

例１

$x$の方程式$x^6=1$を解け．

極形式で$x=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$ ($r>0$, $0\leqq\theta<2\pi$)と表すと，ド・モアブルの定理より

$\begin{align*}x^6=1\iff&r^6(\cos{6\theta}+i\sin{6\theta})=1\end{align*}$

となり，両辺で絶対値を考えると$r^6=1$なので$r=1$となります．

よって，$r=1$を代入して，実部と虚部を比較して

$\begin{align*}&\cos{6\theta}+i\sin{6\theta}=1 \\\iff&\cos{6\theta}=1,\sin{6\theta}=0 \\\iff& 6\theta=0,2\pi,4\pi,6\pi,8\pi,10\pi \\\iff& \theta=0,\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3},\pi,\frac{4\pi}{3},\frac{5\pi}{3}\end{align*}$

と偏角が求まります．ただし，$0\leqq\theta<2\pi$から$0\leqq6\theta<12\pi$が成り立つことに注意．

よって，方程式$x^6=1$の解は

$1(\cos{0}+i\sin{0})=1$
$1\bra{\cos{\dfrac{\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{\pi}{3}}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$
$1\bra{\cos{\dfrac{2\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{2\pi}{3}}}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$
$1(\cos{\pi}+i\sin{\pi})=-1$
$1\bra{\cos{\dfrac{4\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{4\pi}{3}}}=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$
$1\bra{\cos{\dfrac{5\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{5\pi}{3}}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$

となります．

なお，解を複素平面上に図示すると下図のようになります．

例２

$x$の方程式$x^3=-2$を解け．

極形式で$x=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$ ($r>0$, $0\leqq\theta<2\pi$)と表すと，ド・モアブルの定理より

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

となり，両辺で絶対値を考えると$r^3=2$なので$r=\sqrt[3]{2}$となります．

よって，$r=\sqrt[3]{2}$を代入して，実部と虚部を比較して

$\begin{align*}&\cos{3\theta}+i\sin{3\theta}=-1 \\\iff&\cos{3\theta}=-1,\sin{3\theta}=0 \\\iff& 3\theta=\pi,3\pi,5\pi \\\iff& \theta=\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5\pi}{3}\end{align*}$

と偏角が求まります．ただし，$0\leqq\theta<2\pi$から$0\leqq3\theta<6\pi$が成り立つことに注意．

よって，方程式$x^3=-2$の解は

$\sqrt[3]{2}\bra{\cos{\dfrac{\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{\pi}{3}}}=\sqrt[3]{2}\bra{\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}$
$\sqrt[3]{2}(\cos{\pi}+i\sin{\pi})=-\sqrt[3]{2}$
$\sqrt[3]{2}\bra{\cos{\dfrac{5\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{5\pi}{3}}}=\sqrt[3]{2}\bra{\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}$

となります．

なお，解を複素平面上に図示すると下図のようになります．

例３

$x$の方程式$x^4=-1+\sqrt{3}i$を解け．

極形式で$x=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$ ($r>0$, $0\leqq\theta<2\pi$)と表すと，ド・モアブルの定理より

$\begin{align*}x^4=1-\sqrt{3}i\iff&r^4(\cos{4\theta)}+i\sin{4\theta)})=-1+\sqrt{3}i\end{align*}$

となり，両辺で絶対値を考えると$r^4=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}$なので$r=\sqrt{2}$となります．

よって，$r=\sqrt{2}$を代入して，実部と虚部を比較して

$\begin{align*}&\cos{4\theta}+i\sin{4\theta}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \\\iff&\cos{4\theta}=-\frac{1}{2},\sin{4\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\\iff& 4\theta=\frac{2\pi}{3},\frac{8\pi}{3},\frac{14\pi}{3},\frac{20\pi}{3} \\\iff& \theta=\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3},\frac{7\pi}{6},\frac{5\pi}{3}\end{align*}$

と偏角が求まります．ただし，$0\leqq\theta<2\pi$から$0\leqq4\theta<8\pi$が成り立つことに注意．

よって，方程式$x^4=-1+\sqrt{3}i$の解は

$\sqrt{2}\bra{\cos{\dfrac{\pi}{6}}+i\sin{\dfrac{\pi}{6}}}=\sqrt{2}\bra{\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i}$
$\sqrt{2}\bra{\cos{\dfrac{2\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{2\pi}{3}}}=\sqrt{2}\bra{-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}$
$\sqrt{2}\bra{\cos{\dfrac{7\pi}{6}}+i\sin{\dfrac{7\pi}{6}}}=\sqrt{2}\bra{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i}$
$\sqrt{2}\bra{\cos{\dfrac{5\pi}{3}}+i\sin{\dfrac{5\pi}{3}}}=\sqrt{2}\bra{\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}$

となります．

なお，解を複素平面上に図示すると下図のようになります．