複素数ふくそすう平面へいめん — 極ごく形式けいしき・ド・モアブルの定理ていり

この章しょうで学まなぶこと

複素数ふくそすう$z=a+bi$ を、 座標ざひょう平面へいめん上じょうの点$(a, b)$ と対応たいおうさせたものが複素数平面ふくそすうへいめん(ガウス平面へいめん)です。 図形ずけいと計算けいさんが結むすびつく分野ぶんやです。

• 複素数ふくそすうの絶対値ぜったいち $\mid z\mid$ と偏角へんかく $\arg z$
• 極形式きょくけいしき $z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$
• 積せき・商しょうの図形ずけい的てき意味いみ(回転かいてんと拡大かくだい)
• ド・モアブルの定理どもあぶるのていりとべき乗じょう・$n$乗根じょうこん

ポイント: 複素数ふくそすうの 積せきは回転かいてんと拡大かくだい を表あらわします。 $z$ に $\cos \theta +i\sin \theta$ をかけると、 原点げんてんを中心ちゅうしんに $\theta$ だけ回転かいてんします。

1. 絶対ぜったい値ちと偏へん角かく

$z=a+bi$ について、 $\mid z\mid =\sqrt{a^2+b^2},\arg z=\theta (\tan \theta =\frac{b}{a}).$

例題れいだい: $z=1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i$ の絶対値ぜったいちと偏角へんかくを求もとめよ。

$\mid z\mid =\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{1+3}=\sqrt{4}=2.$ $\cos \theta =\frac{1}{2}, \sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\theta =\frac{\pi }{3}$。

検算けんざん: $r\cos \theta =2\cdot \frac{1}{2}=1$、 $r\sin \theta =2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。 $z=1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i$ に一致いっち。 正ただしい。

2. 極ごく形式けいしき

$z=r(\cos \theta +i\sin \theta ),r=\mid z\mid , \theta =\arg z.$

2つの複素数ふくそすう$z_1=r_1(\cos {\theta }_1+i\sin {\theta }_1)$、 $z_2=r_2(\cos {\theta }_2+i\sin {\theta }_2)$ について、 $z_1{z}_2=r_1{r}_2(\cos ({\theta }_1+{\theta }_2)+i\sin ({\theta }_1+{\theta }_2\left)\right).$ すなわち 絶対ぜったい値ちは積せき、 偏へん角かくは和わ になります。 商しょうでは絶対ぜったい値ちは商しょう、 偏へん角かくは差さです。

例題れいだい: $z=1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i$ に $i$ をかけると、 点てんはどこへ移うつるか。

$i=\cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2}$ なので、 $iz$ は $z$ を原点げんてん中心ちゅうしんに $\frac{\pi }{2}$回転かいてんした点てんです。 $iz=i(1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i)=i+\sqrt{3}\hspace{0.17em}{i}^2=-\sqrt{3}+i.$ 点$(1, \sqrt{3})$ が $(-\sqrt{3}, 1)$ へ移うつります。

検算けんざん: $\mid iz\mid =\sqrt{3+1}=2=\mid z\mid$(大おおきさは不変ふへん)。 偏へん角かくは $\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{6}$。 点$(-\sqrt{3}, 1)$ の偏へん角かくは確たしかに $\frac{5\pi }{6}$。 正ただしい。

3. ド・モアブルの定理ていり

$\left\{r\right(\cos \theta +i\sin \theta ){\}}^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta \left)\right(n は整数).$

例題れいだい: $(1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i{)}^4$ を計算けいさんせよ。

$1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i=2(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3})$ なので、 ド・モアブルの定理どもあぶるのていりより $(1+\sqrt{3}\hspace{0.17em}i{)}^4=2^4(\cos \frac{4\pi }{3}+i\sin \frac{4\pi }{3})=16(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)=-8-8\sqrt{3}\hspace{0.17em}i.$

検算けんざん: $(1+\sqrt{3}i{)}^2=1+2\sqrt{3}i+3i^2=1+2\sqrt{3}i-3=-2+2\sqrt{3}i$。 これを2乗じょうすると $(-2{)}^2+2\cdot (-2\left)\right(2\sqrt{3}i)+(2\sqrt{3}i{)}^2=4-8\sqrt{3}i+12i^2=4-8\sqrt{3}i-12=-8-8\sqrt{3}i$。 一致いっち。 正ただしい。

大事だいじ: $n$乗根じょうこんを求もとめるときは、 $z^n=w$ の右辺うへん$w$ を極ごく形式けいしきにし、 偏へん角かくに $2k\pi$($k=0, 1, \dots , n-1$)を加くわえてから $n$ で割わります。 $n$個の解かいが単位たんい円えん(を $r^{1/n}$倍した円えん)上じょうに等間隔とうかんかくに並ならびます。

どう問とわれるか

• 一いち次じでは極形式きょくけいしきへの変換へんかん、 ド・モアブルの定理どもあぶるのていりによるべき乗じょう計算けいさんが問とわれます。
• 二に次じでは複素数ふくそすうの積せき・商しょうを 回転かいてんと拡大かくだい として図形ずけい的てきに扱あつかう問題もんだいや、 方程式ほうていしき$z^n=1$ の解かい(1 の $n$乗根じょうこん)が出でます。
• 偏へん角かくの和わ・差さの扱あつかいと、 $i^2=-1$ の計算けいさんミスに注意ちゅういします。

まとめ

• $\mid z\mid =\sqrt{a^2+b^2}$、 極形式きょくけいしき $z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$
• 積せきは絶対ぜったい値ちの積せき・偏へん角かくの和わ(= 回転かいてんと拡大かくだい)
• ド・モアブルの定理どもあぶるのていり $\left\{r\right(\cos \theta +i\sin \theta ){\}}^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )$

次章しょうでは、 数かず検けん固有こゆうの発展はってん範囲はんいである 行列ぎょうれつと一いち次じ変換へんかん を学まなびます。

※ 「数すう検けん」「実用じつよう数学すうがく技能ぎのう検定けんてい」 は公益こうえき財団ざいだん法人ほうじん日本にっぽん数学すうがく検定けんてい協会きょうかいの登録とうろく商標しょうひょうです。