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数学C 第2章

複素数平面

複素数の極形式、ド・モアブルの定理、複素数平面上の図形を学びます。

練習問題を解く(14問)答えと解説

複素数平面

複素数 z=a+biz = a + bi(aa、bb は実数)を、座標平面上の点 (a, b)(a,\ b) に対応させた平面を複素数平面といいます。横軸は実部を表すので実軸、縦軸は虚部を表すので虚軸と呼びます。こうして「数」である複素数を「点」として目で見られるようになると、複素数の計算が図形の移動(平行移動・回転・拡大)として理解できるようになります。これがこの章全体を貫くテーマです。

絶対値と共役複素数

z=a+biz = a + bi に対して

絶対値 ∣z∣=a2+b2|z| = \sqrt{a^2 + b^2} …… 原点から点 zz までの距離

共役複素数 z‾=a−bi\overline{z} = a - bi …… 実軸に関して対称な点

とくに次の関係は計算の主役になります。

zz‾=∣z∣2z\overline{z} = |z|^2

また、z+z‾=2az + \overline{z} = 2a(実部の2倍)、z−z‾=2biz - \overline{z} = 2bi(虚部の2倍の ii 倍)です。

共役複素数と絶対値の性質

α+β‾=α‾+β‾\overline{\alpha + \beta} = \overline{\alpha} + \overline{\beta}、 αβ‾=α‾ β‾\overline{\alpha\beta} = \overline{\alpha}\,\overline{\beta}、 (αβ)‾=α‾β‾\overline{\left(\dfrac{\alpha}{\beta}\right)} = \dfrac{\overline{\alpha}}{\overline{\beta}}

∣αβ∣=∣α∣∣β∣|\alpha\beta| = |\alpha||\beta|、 ∣αβ∣=∣α∣∣β∣\left|\dfrac{\alpha}{\beta}\right| = \dfrac{|\alpha|}{|\beta|}

さらに、zz が実数   ⟺  z‾=z\iff \overline{z} = z、 zz が純虚数   ⟺  z‾=−z\iff \overline{z} = -z かつ z≠0z \ne 0

2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)、B(β)\mathrm{B}(\beta) の間の距離は、ベクトルと同じ発想で「差の大きさ」です。

AB=∣β−α∣\mathrm{AB} = |\beta - \alpha|

複素数平面の問題では、この「差をとって絶対値」が距離の基本になります。

例題 1

α=2+3i\alpha = 2 + 3i、β=5−i\beta = 5 - i のとき、2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)、B(β)\mathrm{B}(\beta) 間の距離を求めよ。

解き方

差をとってから絶対値を計算します。

β−α=(5−i)−(2+3i)=3−4i\beta - \alpha = (5 - i) - (2 + 3i) = 3 - 4i

よって

AB=∣β−α∣=32+(−4)2=25=5\mathrm{AB} = |\beta - \alpha| = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{25} = 5

極形式と複素数の乗法・除法

00 でない複素数 z=a+biz = a + bi は、原点からの距離 r=∣z∣r = |z| と、実軸の正の向きから測った角 θ\theta を使って表すこともできます。

z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)(r>0)z = r(\cos\theta + i\sin\theta) \quad (r > 0)

これを zz の極形式といい、θ\theta を偏角と呼んで arg⁡z\arg z と書きます。偏角は 2π2\pi の整数倍の違いを除いて定まります。

例題 2

z=−1+3 iz = -1 + \sqrt{3}\,i を極形式で表せ。ただし偏角 θ\theta は 0≤θ<2π0 \le \theta < 2\pi とする。

解き方

まず絶対値を求めます。

r=∣z∣=(−1)2+(3)2=4=2r = |z| = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{4} = 2

次に cos⁡θ=−12\cos\theta = -\dfrac{1}{2}、sin⁡θ=32\sin\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2} となる θ\theta を探すと、θ=2π3\theta = \dfrac{2\pi}{3}。よって

z=2(cos⁡2π3+isin⁡2π3)z = 2\left(\cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3}\right)

rr でくくり出したとき、cos⁡θ\cos\theta と sin⁡θ\sin\theta の両方の符号が合う角を選ぶことがポイントです。

極形式の乗法・除法

z1=r1(cos⁡θ1+isin⁡θ1)z_1 = r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)、z2=r2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)z_2 = r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2) のとき

z1z2=r1r2{cos⁡(θ1+θ2)+isin⁡(θ1+θ2)}z_1 z_2 = r_1 r_2 \{\cos(\theta_1 + \theta_2) + i\sin(\theta_1 + \theta_2)\}
z1z2=r1r2{cos⁡(θ1−θ2)+isin⁡(θ1−θ2)}\frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1}{r_2} \{\cos(\theta_1 - \theta_2) + i\sin(\theta_1 - \theta_2)\}

つまり、掛け算では「絶対値は積、偏角は和」、割り算では「絶対値は商、偏角は差」になります。

この公式のいちばん大事な読み方は「複素数を掛けることは回転と拡大である」ということです。zz に r(cos⁡θ+isin⁡θ)r(\cos\theta + i\sin\theta) を掛けると、点 zz は原点を中心に角 θ\theta だけ回転し、原点からの距離が rr 倍になります。

とくに絶対値 11 の複素数 cos⁡θ+isin⁡θ\cos\theta + i\sin\theta を掛けることは、原点のまわりの角 θ\theta の回転そのものです。i=cos⁡π2+isin⁡π2i = \cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2} なので、「ii を掛ける == 原点のまわりに π2\dfrac{\pi}{2} 回転」となります。

例題 3(原点のまわりの回転)

点 z=1+2iz = 1 + 2i を、原点のまわりに π6\dfrac{\pi}{6} だけ回転した点を表す複素数を求めよ。

解き方

回転後の点は、zz に cos⁡π6+isin⁡π6=32+12i\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}i を掛ければ得られます。

(32+12i)(1+2i)=32+3 i+12i+i2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i\right)(1 + 2i) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \sqrt{3}\,i + \frac{1}{2}i + i^2

i2=−1i^2 = -1 に注意して実部と虚部を整理すると

(32−1)+(3+12)i=3−22+23+12i\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - 1\right) + \left(\sqrt{3} + \frac{1}{2}\right)i = \frac{\sqrt{3} - 2}{2} + \frac{2\sqrt{3} + 1}{2}i

ド・モアブルの定理

極形式の乗法公式「偏角は和」を繰り返し使うと、同じ複素数を nn 回掛けたとき偏角は nn 倍になることが分かります。これがド・モアブルの定理です。

ド・モアブルの定理

nn が整数のとき

(cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡nθ+isin⁡nθ(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta

nn は負の整数でも成り立ちます。一般の複素数の nn 乗は、極形式に直してから

{r(cos⁡θ+isin⁡θ)}n=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)\{r(\cos\theta + i\sin\theta)\}^n = r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)

と計算します。「絶対値は nn 乗、偏角は nn 倍」と覚えましょう。

例題 4

(1+i)8(1 + i)^8 を計算せよ。

解き方

そのまま8回掛けるのは大変なので、極形式に直します。∣1+i∣=2|1+i| = \sqrt{2}、偏角は π4\dfrac{\pi}{4} なので

1+i=2(cos⁡π4+isin⁡π4)1 + i = \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right)

ド・モアブルの定理より

(1+i)8=(2)8(cos⁡8π4+isin⁡8π4)=16(cos⁡2π+isin⁡2π)=16(1+i)^8 = (\sqrt{2})^8\left(\cos\frac{8\pi}{4} + i\sin\frac{8\pi}{4}\right) = 16(\cos 2\pi + i\sin 2\pi) = 16

高次の累乗は「極形式に直してド・モアブル」が定石です。

ド・モアブルの定理は、nn 乗根を求めるときにも使えます。方程式 zn=1z^n = 1 の解を1の nn 乗根といい、z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z = r(\cos\theta + i\sin\theta) とおくと rn=1r^n = 1、nθ=2kπn\theta = 2k\pi(kk は整数)から

zk=cos⁡2kπn+isin⁡2kπn(k=0, 1, ⋯ , n−1)z_k = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n} \quad (k = 0,\ 1,\ \cdots,\ n-1)

の nn 個と分かります。これらは単位円周上に等間隔に並び、点 11 を1つの頂点とする正 nn 角形の頂点になります。この「解が正多角形をつくる」という図形的イメージはとても重要です。

例題 5(1の3乗根)

方程式 z3=1z^3 = 1 を解け。

解き方

z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z = r(\cos\theta + i\sin\theta)(r>0r > 0、0≤θ<2π0 \le \theta < 2\pi)とおくと、ド・モアブルの定理より

z3=r3(cos⁡3θ+isin⁡3θ)=1(cos⁡0+isin⁡0)z^3 = r^3(\cos 3\theta + i\sin 3\theta) = 1(\cos 0 + i\sin 0)

絶対値を比べて r3=1r^3 = 1、r>0r > 0 だから r=1r = 1。偏角を比べて 3θ=2kπ3\theta = 2k\pi(kk は整数)、つまり θ=2kπ3\theta = \dfrac{2k\pi}{3}。0≤θ<2π0 \le \theta < 2\pi の範囲では k=0, 1, 2k = 0,\ 1,\ 2 で

z=1,cos⁡2π3+isin⁡2π3=−1+3 i2,cos⁡4π3+isin⁡4π3=−1−3 i2z = 1, \quad \cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{-1 + \sqrt{3}\,i}{2}, \quad \cos\frac{4\pi}{3} + i\sin\frac{4\pi}{3} = \frac{-1 - \sqrt{3}\,i}{2}

3つの解は単位円に内接する正三角形の頂点になっています。

複素数と図形

複素数平面では、図形の問題をベクトルとよく似た計算で処理できます。まずは分点の公式です。

内分点・外分点・重心

2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)、B(β)\mathrm{B}(\beta) に対して

線分 AB\mathrm{AB} を m:nm:n に内分する点 …… nα+mβm+n\dfrac{n\alpha + m\beta}{m + n}

線分 AB\mathrm{AB} を m:nm:n に外分する点 …… −nα+mβm−n\dfrac{-n\alpha + m\beta}{m - n}

3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)、B(β)\mathrm{B}(\beta)、C(γ)\mathrm{C}(\gamma) を頂点とする三角形の重心 …… α+β+γ3\dfrac{\alpha + \beta + \gamma}{3}

形はベクトルの分点公式とまったく同じです。

方程式の表す図形

∣z−α∣=r|z - \alpha| = r …… 点 α\alpha を中心とする半径 rr の円

∣z−α∣=∣z−β∣|z - \alpha| = |z - \beta| …… 2点 α\alpha、β\beta を結ぶ線分の垂直二等分線

「絶対値 == 距離」と読み替えれば、どちらも図形の定義そのものです。複雑な式は ∣z−α∣2=(z−α)(z‾−α‾)|z - \alpha|^2 = (z - \alpha)(\overline{z} - \overline{\alpha}) を使って変形します。

例題 6(軌跡)

等式 ∣z∣=2∣z−3i∣|z| = 2|z - 3i| を満たす点 zz 全体は、どのような図形を描くか。

解き方

両辺とも 00 以上なので、2乗しても同値です。∣z∣2=zz‾|z|^2 = z\overline{z} を使うと

zz‾=4(z−3i)(z‾+3i)z\overline{z} = 4(z - 3i)(\overline{z} + 3i)

右辺を展開して(3i‾=−3i\overline{3i} = -3i に注意)

zz‾=4(zz‾+3iz−3iz‾+9)z\overline{z} = 4(z\overline{z} + 3iz - 3i\overline{z} + 9)

整理すると 3zz‾+12iz−12iz‾+36=03z\overline{z} + 12iz - 12i\overline{z} + 36 = 0、両辺を 33 で割って

zz‾+4iz−4iz‾+12=0z\overline{z} + 4iz - 4i\overline{z} + 12 = 0

左辺を (z−4i)(z‾+4i)=zz‾+4iz−4iz‾+16(z - 4i)(\overline{z} + 4i) = z\overline{z} + 4iz - 4i\overline{z} + 16 と見比べると

(z−4i)(z‾+4i)=4(z - 4i)(\overline{z} + 4i) = 4

すなわち ∣z−4i∣2=4|z - 4i|^2 = 4。よって ∣z−4i∣=2|z - 4i| = 2、つまり点 4i4i を中心とする半径 22 の円を描きます。

なす角と回転

3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)、B(β)\mathrm{B}(\beta)、C(γ)\mathrm{C}(\gamma) について、半直線 AB\mathrm{AB} から半直線 AC\mathrm{AC} まで測った角は

arg⁡γ−αβ−α\arg\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}

とくに、γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が実数   ⟺  \iff 3点 A\mathrm{A}、B\mathrm{B}、C\mathrm{C} は一直線上、純虚数   ⟺  \iff AB⊥AC\mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}

また、点 β\beta を点 α\alpha のまわりに角 θ\theta だけ回転した点 γ\gamma は

γ=α+(β−α)(cos⁡θ+isin⁡θ)\gamma = \alpha + (\beta - \alpha)(\cos\theta + i\sin\theta)

「α\alpha を原点に平行移動 → 原点のまわりに回転 → 元に戻す」という3ステップの式です。

例題 7(点のまわりの回転)

点 B(3+2i)\mathrm{B}(3 + 2i) を、点 A(1+i)\mathrm{A}(1 + i) のまわりに π2\dfrac{\pi}{2} だけ回転した点 C(γ)\mathrm{C}(\gamma) を求めよ。

解き方

まず A\mathrm{A} が原点に来るように平行移動します。

β−α=(3+2i)−(1+i)=2+i\beta - \alpha = (3 + 2i) - (1 + i) = 2 + i

π2\dfrac{\pi}{2} の回転は ii を掛けることなので

(2+i)×i=2i+i2=−1+2i(2 + i) \times i = 2i + i^2 = -1 + 2i

最後に α\alpha を足して元の位置に戻します。

γ=(1+i)+(−1+2i)=3i\gamma = (1 + i) + (-1 + 2i) = 3i

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