複素数
1 知識編
書いてないことは教科書を読むべし！
$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$であるとき$z^n=r^n(\cos{n\theta}+i\sin{n\theta})$である
ただし$n$は自然数であり$r\gt0$。
$z^n=r^n(\cos{n\theta}+i\sin{n\theta})$が成立することを数学的帰納法で示す
$n=1$の時$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$より成立
$n=k$の時$z^k=r^k(\cos{k\theta}+i\sin{k\theta})$が成立すると仮定する
$n=k+1$の時
$z^{k+1}=z^k×z$
$\qquad=(r^k(\cos{k\theta}+i\sin{k\theta}))(r(\cos{\theta}+i\sin{\theta}))$
$\qquad=r^{k+1}(\cos{(k+1)\theta}+i\sin{(k+1)\theta})$
よって$n=k+1$でも成立
これより$z^n=r^n(\cos{n\theta}+i\sin{n\theta})$が成立することが示された。
$x^n=1$の解$z_k(k=1,2,\cdots,n)$は次のように表される。
$z_k=\cos{\frac{2(k-1)}{n}}+i\sin{\frac{2(k-1)}{n}}$
また、$x^n=1$は次のように変形できる
$x^n=1$$ \Longleftrightarrow $$x^n-1=0$より
$x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1)$
$\qquad\quad=(x-z_n)(x-z_{n-1})\cdots(x-z_2)(x-z_1)$
$1=\cos2(k-1)π+i\sin2(k-1)π\quad(k=1,2,\cdots)$である。
ここで$x^n=1$の解を$z_k$とし、また$z_k=\cos\theta+i\sin\theta$とすれば$z_k^n=1$より
$z_k^n=(\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos{n\theta}+i\sin{n\theta}=\cos2(k-1)π+i\sin2(k-1)π$
よって$2(k-1)π=n\theta$$ \Longleftrightarrow $$\theta=\frac{2(k-1)π}{n}$
となり$z_k=\cos{\frac{2(k-1)}{n}}+i\sin{\frac{2(k-1)}{n}}$
示された。
また因数定理より$x^n-1=(x-z_n)(x-z_{n-1})\cdots(x-z_2)(x-z_1)=0$
特に$z_1=1$なので
$x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1=(x-z_n)(x-z_{n-1})\cdots(x-z_2)$である。
これより$x^n=1$の解は単位円に内接し、頂点のうちの1つが$(1,0)$の正n角形の頂点の複素数平面における座標と一致する。
2 例題編
$\cos5\theta$と$\sin5\theta$を$\cos$と$\sin$を用いて表せ。
解答
$\cos5\theta+i\sin5\theta=(\cos\theta+i\sin\theta)^5$より
$\cos5\theta+i\sin5\theta$
$={}_5\mathrm{C}_0\cos^5\theta+i{}_5\mathrm{C}_1\cos^4\theta\sin\theta-{}_5\mathrm{C}_2\cos^3\theta\sin^2\theta-i{}_5\mathrm{C}_3\cos^2\theta\sin^3\theta$
$\quad +{}_5\mathrm{C}_4\cos\theta\sin^4\theta+i{}_5\mathrm{C}_5\sin^5\theta$
$=\cos^5\theta+i5\cos^4\theta\sin\theta-10\cos^3\theta\sin^2\theta-i10\cos^2\theta\sin^3\theta$
$\quad +5\cos\theta\sin^4\theta+i\sin^5\theta$
実部と虚部の比較より
$\cos5\theta=\cos^5\theta+5\cos\theta\sin^4\theta-10\cos^3\theta\sin^2\theta$
$\sin5\theta=\sin^5\theta+5\cos^4\theta\sin\theta-10\cos^2\theta\sin^3\theta$
半径1の円に内接する正2023角形の頂点の座標を$A_1,A_2,\cdots,A_{2023}$とし、$A_1$と$A_k(k=2,3,\cdots,2023)$の距離を$B_k$とした時$B_2×B_3×\cdots×B_{2023}$の値を求めよ。
解答
複素数平面上で考える。
単位円の中心を$0$とし$A_1=1$とすれば$A_k$は$x^{2023}=1$の解である。
また、式変形と因数定理より
$x^{2023}-1=(x-1)(x^{2022}+x^{2021}+\cdots+x+1)$
$\qquad\quad=(x-A_1)(x-A_2)\cdots(x-A_{2023})$
$\qquad\quad=(x-A_1)(x-A_2)\cdots(x-A_{2023})$
$A_1=1$であるから$(x^{2022}+x^{2021}+\cdots+x+1)=(x-A_2)(x-A_3)\cdots(x-A_{2023})$
今回求めたいものは$|A_2-A_1|×|A_3-A_1|×\cdots×|A_{2023}-A_1|$である。複素数の絶対値の掛け算はまとめることができるので
$|A_2-A_1|×|A_3-A_1|×\cdots×|A_{2023}-A_1|$
$=|(A_2-A_1)(A_3-A_1)\cdots(A_{2023}-A_1)|$
$(A_2-A_1)(A_3-A_1)\cdots(A_{2023}-A_1)$は$(x-A_2)(x-A_3)\cdots(x-A_{2023})$の$x$に1を代入したものであるから$(x^{2022}+x^{2021}+\cdots+x+1)$に$x$に1を代入したものでもある。よって
$B_2×B_3×\cdots×B_{2023}=|1^{2022}+1^{2021}+\cdots+1+1|=2023$
求めるべき答えは$2023$である。
3 実践編
ここでは問題の難易度を1~5#で表します。(1<2<3<3#<4<5<5#)5#はかなり難しめです。
$\sin\frac{5}{12}π$と$\cos\frac{7}{12}π$を複素数を用いて求めよ。
$\cos3\theta$と$\sin3\theta$を$\cos\theta$と$\sin\theta$の式で表せ。ただし導出過程で複素数を用いること。
複素数$a,b,c$があり複素数平面上で正三角形の頂点となる。この時次の式(🥺)を満たす複素数$z$を求めよ。
$c=zb+(1-z)a\cdots 🥺$
箱の中に$\bun{1}{2},1,2,\bun{\root3}{2}+\bun{1}{2}i,\bun{1}{2}+\bun{\root3}{2}i,\bun{\root2}{2}+\bun{\root2}{2}i$
の6種類の複素数が書かれたカードがそれぞれ１枚づつ合計6枚入っている。箱から３枚のカードを同時に取り出し、取り出したカードに書かれた複素数の積をzとした時次の確率はいくつか。
(1)$z$が純虚数となる確率$P_1$
(2)$|z|=1$となる確率$P_2$
$α=\sin\bun{1}{10}+i\cos\bun{1}{10}$である時$α+α^3+α^5+α^7+α^9-1$の値を求めよ。
複素数数列$z_n$を次のように定める。
$z_1=1,\quad z_{n+1}=iz_n+2\quad (n=1,2,\cdots)$
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}z_n$を求めよ。
$(1+i)^n+(1-i)^n>10^{10}$を満たす最小の整数$n$を求めよ。必要であれば$log_{10}2=0.3010$を利用して良い。
異なる複素数$a,b,c$があり$2a^2+b^2+c^2-2ab-2ac=0$を満たし、三次方程式$x^3+kx+20=0$($k$は実数)の解である。
この時$a,b,c$および$k$を求めよ。
次の問いに答えよ。
(1)$0\leqq\theta\leqq\bun{π}{2}$において$\sin\theta\leqq\theta\leqq\tan\theta$が成立することを示せ。
(2)$\theta_k=\bun{kπ}{2n+1}\quad(n,k=1,2,\cdots)$とする。
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{tan^2\theta_k}$の値を求めよ。
(3)$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$の値を求めよ。
以下の条件を満たす複素数$α,β$が存在するような最大の整数$n$を求めよ。
[条件]
任意の$1$以上$n$以下の整数$k$について$α^k+β^k$の実物が負となる。
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