目次 ／ 数検対策（準2級・2級・準1級） ／ 数検準1級

第29章　準1級 複素数平面

—— 複素数平面と二次曲線 第1〜4章の「極形式・ド・モアブルの定理・複素数と図形」を、数検準1級の出題形式で ——

数検準1級の「複素数平面」の類題です。極形式への変換、ド・モアブルの定理による累乗の計算、複素数の $n$ 乗根、点を中心とする回転から、方程式の表す図形（円・垂直二等分線・アポロニウスの円）、2本の線分のなす角と三角形の形、$w = \dfrac{1}{z}$ による図形の移り方、1 の $n$ 乗根を使った三角関数の値までを20問にまとめました。2次（数理技能）では、極形式の $r$ と $\theta$ を図と結びつけて書くこと、「純虚数」「一直線」「正三角形」の条件を式に直すこと、除く点を忘れずに書くことを練習します。問19では数列の漸化式（数列 第6章）、問20では三角関数の微分（微分積分 第11章）も使います。

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未回答 20× 0○ 01か月定着 0

出題のポイント

この章で使う道具（複素数平面と二次曲線 第1〜4章）
  • 絶対値と距離：∣z∣2|z|^2=zz‾{}= z\overline{z}，2点 α\alpha，β\beta の距離は ∣β−α∣|\beta - \alpha|。
  • 極形式：zz=r(cos⁡θ+isin⁡θ){}= r(\cos\theta + i\sin\theta)（rr>0{}> 0）。積は「長さはかけ算・角は足し算」、商は「長さは割り算・角は引き算」。
  • ド・モアブルの定理：(cos⁡θ+isin⁡θ)n(\cos\theta + i\sin\theta)^n=cos⁡nθ{}= \cos n\theta+isin⁡nθ{}+ i\sin n\theta（nn は整数）。
  • 1 の nn 乗根：ω\omega=cos⁡2πn{}= \cos\dfrac{2\pi}{n}+isin⁡2πn{}+ i\sin\dfrac{2\pi}{n} とすると、解は 1,1, ω,\ \omega, …,\ \ldots, ωn−1\ \omega^{n-1} で、11+ω{}+ \omega+⋯{}+ \cdots+ωn−1{}+ \omega^{n-1}=0{}= 0。
  • 点 α\alpha を中心とする θ\theta の回転：ww=α{}= \alpha+(cos⁡θ+isin⁡θ)(z−α){}+ (\cos\theta + i\sin\theta)(z - \alpha)。
  • なす角と辺の比：γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=ACAB(cos⁡θ+isin⁡θ){}= \dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}(\cos\theta + i\sin\theta)。実数なら一直線、純虚数なら垂直。
  • 図形の方程式：円 ∣z−α∣|z - \alpha|=r{}= r，垂直二等分線 ∣z−α∣|z - \alpha|=∣z−β∣{}= |z - \beta|，アポロニウスの円 ∣z−α∣|z - \alpha|=k∣z−β∣{}= k|z - \beta|（kk≠1{}\neq 1）。

この章の問題は、「極形式とド・モアブルの定理で速く正確に計算する力」と、「長さと角の条件を複素数の式に直し、図形として言い表す記述力」の2本柱です。

類題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝難問です。★から順に取り組みましょう。

問1　★

偏角 θ\theta を 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi として、−6-\sqrt{6}+2 i{}+ \sqrt{2}\,i を極形式で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

22(cos⁡56π+isin⁡56π)2\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{5}{6}\pi + i\sin\dfrac{5}{6}\pi\right)

解説

絶対値は rr=6+2{}= \sqrt{6 + 2}=22{}= 2\sqrt{2} です。

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=−622\displaystyle {}= \frac{-\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}=−32,\displaystyle {}= -\frac{\sqrt{3}}{2},sin⁡θ\displaystyle \sin\theta=222\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}

点は第2象限にあるので θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi です。

−6\displaystyle {}-\sqrt{6}+2 i\displaystyle {}+ \sqrt{2}\,i=22(cos⁡56π+isin⁡56π)‾\displaystyle {}= \underline{2\sqrt{2}\left(\cos\frac{5}{6}\pi + i\sin\frac{5}{6}\pi\right)}
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問2　★

(1+3 i)4(1−i)6\left(1 + \sqrt{3}\,i\right)^4(1 - i)^6 を aa+bi{}+ bi の形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

64364\sqrt{3}−64i{}- 64i

解説

それぞれを極形式で表します。

1\displaystyle 1+3 i\displaystyle {}+ \sqrt{3}\,i=2(cos⁡π3+isin⁡π3)\displaystyle {}= 2\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)1\displaystyle 1−i\displaystyle {}- i=2{cos⁡(−π4)\displaystyle {}= \sqrt{2}\Bigl\{\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+isin⁡(−π4)}\displaystyle {}\qquad + i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\Bigr\}

ド・モアブルの定理より、絶対値は 24×(2)62^4 \times \left(\sqrt{2}\right)^6=16×8{}= 16 \times 8=128{}= 128、偏角は

4×π3\displaystyle 4 \times \frac{\pi}{3}+6×(−π4)\displaystyle {}+ 6 \times \left(-\frac{\pi}{4}\right)=43π\displaystyle {}= \frac{4}{3}\pi−32π\displaystyle {}- \frac{3}{2}\pi=−π6\displaystyle {}= -\frac{\pi}{6}

です。よって

128{cos⁡(−π6)+isin⁡(−π6)}\displaystyle 128\left\{\cos\left(-\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)\right\}=128(32−12i)\displaystyle {}= 128\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i\right)=643‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}64\sqrt{3}}−64i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- 64i}
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問3　★

点 33+2i{}+ 2i を、点 11−i{}- i を中心として π3\dfrac{\pi}{3} だけ回転した点を表す複素数を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

4−332\dfrac{4 - 3\sqrt{3}}{2}+1+232i{}+ \dfrac{1 + 2\sqrt{3}}{2}i

解説

中心 11−i{}- i から見た位置は (3+2i)(3 + 2i)−(1−i){}- (1 - i)=2{}= 2+3i{}+ 3i です。これを原点のまわりに π3\dfrac{\pi}{3} 回転します。

(2+3i)(12+32i)\displaystyle (2 + 3i)\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=1\displaystyle {}= 1+3 i\displaystyle {}+ \sqrt{3}\,i+32i\displaystyle {}+ \frac{3}{2}i−332\displaystyle {}- \frac{3\sqrt{3}}{2}=2−332\displaystyle {}= \frac{2 - 3\sqrt{3}}{2}+23+32i\displaystyle {}+ \frac{2\sqrt{3} + 3}{2}i

最後に中心 11−i{}- i を足して戻します。

2−332\displaystyle \frac{2 - 3\sqrt{3}}{2}+1\displaystyle {}+ 1+(23+32−1)i\displaystyle {}+ \left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{2} - 1\right)i=4−332‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\frac{4 - 3\sqrt{3}}{2}}+1+232i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}+ \frac{1 + 2\sqrt{3}}{2}i}
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問4　★

方程式 z4z^4=−8{}= -8+83 i{}+ 8\sqrt{3}\,i の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

zz=3{}= \sqrt{3}+i,{}+ i, −1{}\ -1+3 i,{}+ \sqrt{3}\,i, −3{}\ -\sqrt{3}−i,{}- i, 1\ 1−3 i{}- \sqrt{3}\,i

解説

右辺は −8-8+83 i{}+ 8\sqrt{3}\,i=16(cos⁡23π+isin⁡23π){}= 16\left(\cos\dfrac{2}{3}\pi + i\sin\dfrac{2}{3}\pi\right) です。zz=r(cos⁡θ+isin⁡θ){}= r(\cos\theta + i\sin\theta)（rr>0{}> 0）とおくと

r4\displaystyle r^4=16,\displaystyle {}= 16,4θ\displaystyle 4\theta=23π\displaystyle {}= \frac{2}{3}\pi+2kπ\displaystyle {}+ 2k\pi(k は整数)\displaystyle (k \text{ は整数})

より rr=2{}= 2，θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}+kπ2{}+ \dfrac{k\pi}{2} です。kk=0,{}= 0, 1,\ 1, 2,\ 2, 3\ 3 として、偏角は π6\dfrac{\pi}{6}，23π\dfrac{2}{3}\pi，76π\dfrac{7}{6}\pi，53π\dfrac{5}{3}\pi となります。

z=3‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}z = \sqrt{3}}+i,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ i,} −1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -1}+3 i,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}+ \sqrt{3}\,i,} −3‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}\ -\sqrt{3}}−i,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}- i,} 1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}\ 1}−3 i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{1.1505em}{}- \sqrt{3}\,i}

4つの解は、原点を中心とする半径 22 の円に内接する正方形の頂点です。

自己採点：
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問5　★

方程式 ∣z+2i∣|z + 2i|=2∣z−i∣{}= 2|z - i| は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 2i2i を中心とする半径 22 の円

解説

両辺を2乗して ∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w} で開きます。

(z+2i)(z‾−2i)\displaystyle (z + 2i)(\overline{z} - 2i)=4(z−i)(z‾+i)\displaystyle {}= 4(z - i)(\overline{z} + i) zz‾\displaystyle z\overline{z}−2iz\displaystyle {}- 2iz+2iz‾\displaystyle {}+ 2i\overline{z}+4\displaystyle {}+ 4=4zz‾\displaystyle {}= 4z\overline{z}+4iz\displaystyle {}+ 4iz−4iz‾\displaystyle {}- 4i\overline{z}+4\displaystyle {}+ 4

整理して 33 で割ると zz‾z\overline{z}+2iz{}+ 2iz−2iz‾{}- 2i\overline{z}=0{}= 0 です。∣z−2i∣2|z - 2i|^2=zz‾{}= z\overline{z}+2iz{}+ 2iz−2iz‾{}- 2i\overline{z}+4{}+ 4 なので

∣z−2i∣2\displaystyle |z - 2i|^2=4\displaystyle {}= 4すなわち\displaystyle \text{すなわち}∣z−2i∣\displaystyle |z - 2i|=2\displaystyle {}= 2

よって 点 2i を中心とする半径 2 の円‾\underline{\text{点 } 2i \text{ を中心とする半径 } 2 \text{ の円}} です。

（確かめ）2点 −2i-2i と ii を結ぶ線分を 2:12 : 1 に内分する点 00 と、外分する点 4i4i が、直径の両端になっています。

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問6　★

複素数 zz が ∣z∣|z|=1{}= 1 を満たすとき、∣z−(3+4i)∣|z - (3 + 4i)| の最大値と最小値を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 66，最小値 44

解説

∣z−(3+4i)∣|z - (3 + 4i)| は、原点を中心とする半径 11 の円周上の点 zz と、点 A(3+4i)\mathrm{A}(3 + 4i) との距離です。OA\mathrm{OA}=∣3+4i∣{}= |3 + 4i|=5{}= 5 なので、直線 OA\mathrm{OA} と円の交点で最大・最小になります。

  • 最小：zz=3+4i5{}= \dfrac{3 + 4i}{5} のとき 55−1{}- 1=4‾{}= \underline{4}
  • 最大：zz=−3+4i5{}= -\dfrac{3 + 4i}{5} のとき 55+1{}+ 1=6‾{}= \underline{6}
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問7　★

複素数 zz が zz+1z{}+ \dfrac{1}{z}=1{}= 1 を満たすとき、z2026z^{2026}+1z2026{}+ \dfrac{1}{z^{2026}} の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−1-1

解説

両辺に zz をかけると z2z^2−z{}- z+1{}+ 1=0{}= 0 なので zz=1±3 i2{}= \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}=cos⁡(±π3){}= \cos\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right)+isin⁡(±π3){}+ i\sin\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right)（複号同順）です。

ド・モアブルの定理より znz^n+1zn{}+ \dfrac{1}{z^n}=2cos⁡nπ3{}= 2\cos\dfrac{n\pi}{3} となります（どちらの zz でも同じ値）。20262026=6×337{}= 6 \times 337+4{}+ 4 なので

z2026\displaystyle z^{2026}+1z2026\displaystyle {}+ \frac{1}{z^{2026}}=2cos⁡20263π\displaystyle {}= 2\cos\frac{2026}{3}\pi=2cos⁡43π\displaystyle {}= 2\cos\frac{4}{3}\pi=−1‾\displaystyle {}= \underline{-1}
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問8　★

(1+i)n(1 + i)^n=(1−i)n{}= (1 - i)^n となる最小の自然数 nn を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

nn=4{}= 4

解説

(1−i)n(1 - i)^n≠0{}\neq 0 なので、両辺を (1−i)n(1 - i)^n で割ると (1+i1−i)n\left(\dfrac{1 + i}{1 - i}\right)^n=1{}= 1 です。

1+i1−i\displaystyle \frac{1 + i}{1 - i}=(1+i)2(1−i)(1+i)\displaystyle {}= \frac{(1 + i)^2}{(1 - i)(1 + i)}=2i2\displaystyle {}= \frac{2i}{2}=i\displaystyle {}= i

よって ini^n=1{}= 1 です。ii=cos⁡π2{}= \cos\dfrac{\pi}{2}+isin⁡π2{}+ i\sin\dfrac{\pi}{2} より ini^n=cos⁡nπ2{}= \cos\dfrac{n\pi}{2}+isin⁡nπ2{}+ i\sin\dfrac{n\pi}{2} なので、nπ2\dfrac{n\pi}{2} が 2π2\pi の整数倍になる最小の nn で、n=4‾\underline{n = 4} です。

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問9　★★

点 zz が ∣z−(3+i)∣\left|z - \left(\sqrt{3} + i\right)\right|=1{}= 1 を満たしながら動くとき、偏角 arg⁡z\arg z（00≦arg⁡z{}\leqq \arg z<2π{}< 2\pi）の最大値と最小値を求めなさい。また、偏角が最大となるときの zz を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 π3\dfrac{\pi}{3}，最小値 00。最大となるのは zz=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}+32i{}+ \dfrac{3}{2}i

解説

点 zz は、点 C(3+i)\mathrm{C}\left(\sqrt{3} + i\right) を中心とする半径 11 の円周上を動きます。

OC\displaystyle \mathrm{OC}=∣3+i∣\displaystyle {}= \left|\sqrt{3} + i\right|=2,\displaystyle {}= 2,arg⁡(3+i)\displaystyle \arg\left(\sqrt{3} + i\right)=π6\displaystyle {}= \frac{\pi}{6}

OC\mathrm{OC}=2{}= 2>1{}> 1 なので原点は円の外にあり、偏角が最大・最小になるのは、原点から円に引いた2本の接線の接点です。接点を T\mathrm{T} とすると ∠OTC\angle\mathrm{OTC}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，CT\mathrm{CT}=1{}= 1，OC\mathrm{OC}=2{}= 2 なので ∠COT\angle\mathrm{COT}=π6{}= \dfrac{\pi}{6} です。

よって偏角のとりうる範囲は π6\dfrac{\pi}{6}−π6{}- \dfrac{\pi}{6}≦arg⁡z{}\leqq \arg z≦π6{}\leqq \dfrac{\pi}{6}+π6{}+ \dfrac{\pi}{6}，すなわち

最大値 π3，最小値 0‾\underline{\text{最大値 } \frac{\pi}{3}，\text{最小値 } 0}

（最小値 00 は、円が実軸に点 3\sqrt{3} で接することとも一致します。）

最大のときの接点は OT\mathrm{OT}=22−12{}= \sqrt{2^2 - 1^2}=3{}= \sqrt{3}，偏角 π3\dfrac{\pi}{3} なので

z\displaystyle z=3(cos⁡π3+isin⁡π3)\displaystyle {}= \sqrt{3}\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)=32‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\frac{\sqrt{3}}{2}}+32i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}+ \frac{3}{2}i}
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問10　★★

α\alpha=1{}= 1+i{}+ i とします。複素数 β\beta が α2\alpha^2−αβ{}- \alpha\beta+β2{}+ \beta^2=0{}= 0 を満たすとき、β\beta をすべて求めなさい。また、3点 O\mathrm{O}，A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta) を頂点とする三角形がどのような三角形かを求め、その面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

β\beta=1−32{}= \dfrac{1 - \sqrt{3}}{2}+1+32i,{}+ \dfrac{1 + \sqrt{3}}{2}i, 1+32\ \dfrac{1 + \sqrt{3}}{2}+1−32i{}+ \dfrac{1 - \sqrt{3}}{2}i。正三角形で、面積は 32\dfrac{\sqrt{3}}{2}

解説

α\alpha≠0{}\neq 0 なので、両辺を α2\alpha^2 で割り tt=βα{}= \dfrac{\beta}{\alpha} とおくと

t2\displaystyle t^2−t\displaystyle {}- t+1\displaystyle {}+ 1=0\displaystyle {}= 0より\displaystyle \text{より}t\displaystyle t=1±3 i2\displaystyle {}= \frac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}=cos⁡(±π3)\displaystyle {}= \cos\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)+isin⁡(±π3)\displaystyle {}+ i\sin\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)(複号同順)\displaystyle (\text{複号同順})

です。β\beta=tα{}= t\alpha を計算します。

β\displaystyle \beta=(1+i)⋅1±3 i2\displaystyle {}= (1 + i) \cdot \frac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}=1∓32‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\frac{1 \mp \sqrt{3}}{2}}+1±32i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}+ \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}i}(複号同順)\displaystyle (\text{複号同順})

βα\dfrac{\beta}{\alpha} は絶対値 11，偏角 ±π3\pm\dfrac{\pi}{3} なので、点 B\mathrm{B} は点 A\mathrm{A} を原点のまわりに ±π3\pm\dfrac{\pi}{3} 回転した点です。よって OA\mathrm{OA}=OB{}= \mathrm{OB}，∠AOB\angle\mathrm{AOB}=π3{}= \dfrac{\pi}{3} となり、△OAB\triangle\mathrm{OAB} は 正三角形‾\underline{\text{正三角形}} です。

1辺は ∣α∣|\alpha|=2{}= \sqrt{2} なので、面積は

34×(2)2\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4} \times \left(\sqrt{2}\right)^2=32‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{3}}{2}}
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問11　★★

点 zz が、原点を除いて円 ∣z−1∣|z - 1|=1{}= 1 上を動くとき、ww=1z{}= \dfrac{1}{z} が表す点 ww は、どのような図形を描くか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

2点 00 と 11 を結ぶ線分の垂直二等分線（実部が 12\dfrac{1}{2} である複素数全体を表す直線）

解説

∣z−1∣|z - 1|=1{}= 1 の両辺を2乗して開きます。

(z−1)(z‾−1)\displaystyle (z - 1)(\overline{z} - 1)=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}zz‾\displaystyle z\overline{z}−z\displaystyle {}- z−z‾\displaystyle {}- \overline{z}=0\displaystyle {}= 0

zz≠0{}\neq 0 なので、この式の両辺を zz‾z\overline{z} で割ると

1\displaystyle 1−1z‾\displaystyle {}- \frac{1}{\overline{z}}−1z\displaystyle {}- \frac{1}{z}=0\displaystyle {}= 0

ww=1z{}= \dfrac{1}{z} より w‾\overline{w}=1z‾{}= \dfrac{1}{\overline{z}} なので、ww+w‾{}+ \overline{w}=1{}= 1 です。

逆に、ww+w‾{}+ \overline{w}=1{}= 1 を満たす ww（このとき ww≠0{}\neq 0）に対して zz=1w{}= \dfrac{1}{w} とおくと、上の変形を逆にたどって zz は円 ∣z−1∣|z - 1|=1{}= 1 上の原点以外の点になります。

ww+w‾{}+ \overline{w}=1{}= 1 は ∣w∣2|w|^2=∣w−1∣2{}= |w - 1|^2（=ww‾= w\overline{w}−w{}- w−w‾{}- \overline{w}+1{}+ 1）と同じなので、∣w∣|w|=∣w−1∣{}= |w - 1| です。よって点 ww は 2点 0 と 1 を結ぶ線分‾\underline{\text{2点 } 0 \text{ と } 1 \text{ を結ぶ線分}} の 垂直二等分線‾\underline{\text{垂直二等分線}} を描きます。原点を通る円は、ww=1z{}= \dfrac{1}{z} で直線に移ります。

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問12　★★

z−2iz−2\dfrac{z - 2i}{z - 2} が純虚数となるような点 zz は、どのような図形を描くか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 11+i{}+ i を中心とする半径 2\sqrt{2} の円。ただし、2点 22，2i2i を除く

解説

ww=z−2iz−2{}= \dfrac{z - 2i}{z - 2} とおきます。ww が純虚数である条件は、w‾\overline{w}=−w{}= -w かつ ww≠0{}\neq 0 です。分母より zz≠2{}\neq 2，ww≠0{}\neq 0 より zz≠2i{}\neq 2i です。

w‾\overline{w}=−w{}= -w より

z‾+2iz‾−2\displaystyle \frac{\overline{z} + 2i}{\overline{z} - 2}+z−2iz−2\displaystyle {}+ \frac{z - 2i}{z - 2}=0\displaystyle {}= 0

分母を払うと (z‾+2i)(z−2)(\overline{z} + 2i)(z - 2)+(z−2i)(z‾−2){}+ (z - 2i)(\overline{z} - 2)=0{}= 0 です。

zz‾\displaystyle z\overline{z}−2z‾\displaystyle {}- 2\overline{z}+2iz\displaystyle {}+ 2iz−4i\displaystyle {}- 4i+zz‾\displaystyle {}+ z\overline{z}−2z\displaystyle {}- 2z−2iz‾\displaystyle {}- 2i\overline{z}+4i\displaystyle {}+ 4i=0\displaystyle {}= 0 zz‾\displaystyle z\overline{z}−(1−i)z\displaystyle {}- (1 - i)z−(1+i)z‾\displaystyle {}- (1 + i)\overline{z}=0\displaystyle {}= 0

γ\gamma=1{}= 1+i{}+ i とすると ∣z−γ∣2|z - \gamma|^2=zz‾{}= z\overline{z}−(1−i)z{}- (1 - i)z−(1+i)z‾{}- (1 + i)\overline{z}+2{}+ 2 なので、∣z−(1+i)∣2|z - (1 + i)|^2=2{}= 2 です。

よって、点 1‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+i‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ i} を中心とする半径 2‾\underline{\sqrt{2}} の円です。ただし、2点 2‾\underline{2}，2i‾\underline{2i} を除きます。

（図形の意味）ww が純虚数 ⇔ 2点 A(2i)\mathrm{A}(2i)，B(2)\mathrm{B}(2) に対して ∠AZB\angle\mathrm{AZB}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} なので、線分 AB\mathrm{AB} を直径とする円になります。

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問13　★★

異なる3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) が、等式 3 i α\sqrt{3}\,i\,\alpha−(1+3 i)β{}- \left(1 + \sqrt{3}\,i\right)\beta+γ{}+ \gamma=0{}= 0 を満たしています。△ABC\triangle\mathrm{ABC} の3つの角の大きさを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠A\angle\mathrm{A}=π3{}= \dfrac{\pi}{3}，∠B\angle\mathrm{B}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，∠C\angle\mathrm{C}=π6{}= \dfrac{\pi}{6}

解説

等式を γ\gamma について解き、α\alpha を引きます。

γ\displaystyle \gamma−α\displaystyle {}- \alpha=(1+3 i)β\displaystyle {}= \left(1 + \sqrt{3}\,i\right)\beta−3 i α\displaystyle {}- \sqrt{3}\,i\,\alpha−α\displaystyle {}- \alpha=(1+3 i)(β−α)\displaystyle {}= \left(1 + \sqrt{3}\,i\right)(\beta - \alpha)

よって

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=1\displaystyle {}= 1+3 i\displaystyle {}+ \sqrt{3}\,i=2(cos⁡π3+isin⁡π3)\displaystyle {}= 2\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)

これより AC\mathrm{AC}=2AB{}= 2\mathrm{AB}，∠A\angle\mathrm{A}=π3{}= \dfrac{\pi}{3} です。AB\mathrm{AB}=a{}= a とおくと、余弦定理より

BC2\displaystyle \mathrm{BC}^2=a2\displaystyle {}= a^2+(2a)2\displaystyle {}+ (2a)^2−2⋅a⋅2acos⁡π3\displaystyle {}- 2 \cdot a \cdot 2a\cos\frac{\pi}{3}=3a2\displaystyle {}= 3a^2

AB2\mathrm{AB}^2+BC2{}+ \mathrm{BC}^2=4a2{}= 4a^2=AC2{}= \mathrm{AC}^2 なので、三平方の定理の逆より ∠B\angle\mathrm{B}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} です。残りは ∠C\angle\mathrm{C}=π{}= \pi−π3{}- \dfrac{\pi}{3}−π2{}- \dfrac{\pi}{2}=π6{}= \dfrac{\pi}{6} です。

∠A=π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\angle\mathrm{A} = \frac{\pi}{3},} ∠B=π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \angle\mathrm{B} = \frac{\pi}{2},} ∠C=π6‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \angle\mathrm{C} = \frac{\pi}{6}}
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問14　★★

zz は虚数とします。3点 O(0)\mathrm{O}(0)，A(z)\mathrm{A}(z)，B(z2)\mathrm{B}\left(z^2\right) を頂点とする三角形が、∠OAB\angle\mathrm{OAB}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} の直角二等辺三角形となるような zz を、すべて求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

zz=1{}= 1+i,{}+ i, 1\ 1−i{}- i

解説

zz は虚数なので zz≠0{}\neq 0，zz≠1{}\neq 1 で、3点 O\mathrm{O}，A\mathrm{A}，B\mathrm{B} は異なります。

∠OAB\angle\mathrm{OAB}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} かつ AO\mathrm{AO}=AB{}= \mathrm{AB} となるのは、点 O\mathrm{O} が、点 A\mathrm{A} を中心として点 B\mathrm{B} を ±π2\pm\dfrac{\pi}{2} 回転した点であるとき、すなわち

0−zz2−z\displaystyle \frac{0 - z}{z^2 - z}=±i\displaystyle {}= \pm i

のときです。左辺は −zz(z−1)\dfrac{-z}{z(z - 1)}=−1z−1{}= -\dfrac{1}{z - 1} なので

z\displaystyle z−1\displaystyle {}- 1=−1±i\displaystyle {}= -\frac{1}{\pm i}=±i\displaystyle {}= \pm i(複号同順)\displaystyle (\text{複号同順}) z=1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}z = 1}+i,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}{}+ i,} 1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}\ 1}−i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}{}- i}

（確かめ）zz=1{}= 1+i{}+ i のとき z2z^2=2i{}= 2i で、AO\mathrm{AO}=∣1+i∣{}= |1 + i|=2{}= \sqrt{2}，AB\mathrm{AB}=∣2i−(1+i)∣{}= |2i - (1 + i)|=∣−1+i∣{}= |-1 + i|=2{}= \sqrt{2} です。

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問15　★★

複素数 zz が ∣z∣|z|=1{}= 1 を満たすとき、∣z2+z+1∣\left|z^2 + z + 1\right| の最大値と最小値を求めなさい。また、それぞれのときの zz を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 33（zz=1{}= 1），最小値 00（zz=−12{}= -\dfrac{1}{2}±32i{}\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}i）

解説

zz=cos⁡θ{}= \cos\theta+isin⁡θ{}+ i\sin\theta（00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi）とおきます。∣z∣|z|=1{}= 1 より 1z\dfrac{1}{z}=z‾{}= \overline{z} なので

z2\displaystyle z^2+z\displaystyle {}+ z+1\displaystyle {}+ 1=z(z+1+1z)\displaystyle {}= z\left(z + 1 + \frac{1}{z}\right)=z(z+z‾+1)\displaystyle {}= z\left(z + \overline{z} + 1\right)=z(2cos⁡θ+1)\displaystyle {}= z(2\cos\theta + 1)

よって ∣z2+z+1∣\left|z^2 + z + 1\right|=∣z∣∣2cos⁡θ+1∣{}= |z||2\cos\theta + 1|=∣2cos⁡θ+1∣{}= |2\cos\theta + 1| です。−1-1≦cos⁡θ{}\leqq \cos\theta≦1{}\leqq 1 より −1-1≦2cos⁡θ{}\leqq 2\cos\theta+1{}+ 1≦3{}\leqq 3 なので、00≦∣2cos⁡θ+1∣{}\leqq |2\cos\theta + 1|≦3{}\leqq 3 です。

  • 最大値 33：cos⁡θ\cos\theta=1{}= 1，すなわち θ\theta=0{}= 0 のとき。z=1‾\underline{z = 1}
  • 最小値 00：cos⁡θ\cos\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2}，すなわち θ\theta=23π,{}= \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi のとき。z=−12‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}z = -\dfrac{1}{2}}±32i‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}{}\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}i}

最小のときの zz は、z2z^2+z{}+ z+1{}+ 1=0{}= 0 の解（1 の 3 乗根のうち 11 でないもの）です。

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問16　★★

正方形 ABCD\mathrm{ABCD} の頂点は、この順に反時計回りに並んでいます。A(2+i)\mathrm{A}(2 + i)，C(4+5i)\mathrm{C}(4 + 5i) のとき、頂点 B\mathrm{B}，D\mathrm{D} を表す複素数を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

B(5+2i)\mathrm{B}(5 + 2i)，D(1+4i)\mathrm{D}(1 + 4i)

解説

正方形の対角線は、中点で垂直に交わり、長さが等しくなります。対角線の交点 M\mathrm{M} は線分 AC\mathrm{AC} の中点なので

M\displaystyle \mathrm{M}=(2+i)+(4+5i)2\displaystyle {}= \frac{(2 + i) + (4 + 5i)}{2}=3\displaystyle {}= 3+3i\displaystyle {}+ 3i

頂点が反時計回りに並んでいるので、点 B\mathrm{B} は、点 M\mathrm{M} を中心として点 A\mathrm{A} を π2\dfrac{\pi}{2} 回転した点です。M\mathrm{M} から見た A\mathrm{A} の位置は (2+i)(2 + i)−(3+3i){}- (3 + 3i)=−1{}= -1−2i{}- 2i なので

B\displaystyle \mathrm{B}=(3+3i)\displaystyle {}= (3 + 3i)+i(−1−2i)\displaystyle {}+ i(-1 - 2i)=(3+3i)\displaystyle {}= (3 + 3i)+(2−i)\displaystyle {}+ (2 - i)=5‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}5}+2i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 2i}

点 D\mathrm{D} は、点 M\mathrm{M} に関して点 B\mathrm{B} と対称な点（A\mathrm{A} を −π2-\dfrac{\pi}{2} 回転した点）なので

D\displaystyle \mathrm{D}=(3+3i)\displaystyle {}= (3 + 3i)−(2−i)\displaystyle {}- (2 - i)=1‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+4i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 4i}

（確かめ）AB\mathrm{AB}=∣3+i∣{}= |3 + i|=10{}= \sqrt{10}，BC\mathrm{BC}=∣−1+3i∣{}= |-1 + 3i|=10{}= \sqrt{10} で、−1+3i3+i\dfrac{-1 + 3i}{3 + i}=i{}= i より AB\mathrm{AB}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} です。

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問17　★★★

zz=cos⁡27π{}= \cos\dfrac{2}{7}\pi+isin⁡27π{}+ i\sin\dfrac{2}{7}\pi とし、ckc_k=zk{}= z^k+1zk{}+ \dfrac{1}{z^k}（kk=1,{}= 1, 2,\ 2, 3\ 3）とします。

(1) c1c_1+c2{}+ c_2+c3{}+ c_3 の値 (2) c1c2c_1 c_2+c2c3{}+ c_2 c_3+c3c1{}+ c_3 c_1 と c1c2c3c_1 c_2 c_3 の値 (3) SS=z1+z2{}= \dfrac{z}{1 + z^2}+z21+z4{}+ \dfrac{z^2}{1 + z^4}+z31+z6{}+ \dfrac{z^3}{1 + z^6} の値

上の (1)〜(3) を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) −1-1　(2) c1c2c_1 c_2+c2c3{}+ c_2 c_3+c3c1{}+ c_3 c_1=−2{}= -2，c1c2c3c_1 c_2 c_3=1{}= 1　(3) SS=−2{}= -2

解説

z7z^7=1{}= 1 なので 1zk\dfrac{1}{z^k}=z7−k{}= z^{7 - k} です。よって c1c_1=z{}= z+z6{}+ z^6，c2c_2=z2{}= z^2+z5{}+ z^5，c3c_3=z3{}= z^3+z4{}+ z^4 です。

(1) zz≠1{}\neq 1 と z7z^7=1{}= 1 より 11+z{}+ z+z2{}+ z^2+⋯{}+ \cdots+z6{}+ z^6=0{}= 0 なので

c1\displaystyle c_1+c2\displaystyle {}+ c_2+c3\displaystyle {}+ c_3=z\displaystyle {}= z+z2\displaystyle {}+ z^2+⋯\displaystyle {}+ \cdots+z6\displaystyle {}+ z^6=−1‾\displaystyle {}= \underline{-1}

(2) 展開して z7z^7=1{}= 1 で次数を下げます。

c1c2\displaystyle c_1 c_2=(z+z6)(z2+z5)\displaystyle {}= (z + z^6)(z^2 + z^5)=z3\displaystyle {}= z^3+z6\displaystyle {}+ z^6+z8\displaystyle {}+ z^8+z11\displaystyle {}+ z^{11}=z3\displaystyle {}= z^3+z6\displaystyle {}+ z^6+z\displaystyle {}+ z+z4\displaystyle {}+ z^4=c1\displaystyle {}= c_1+c3\displaystyle {}+ c_3

同じように c2c3c_2 c_3=z5{}= z^5+z6{}+ z^6+z8{}+ z^8+z9{}+ z^9=c1{}= c_1+c2{}+ c_2，c3c1c_3 c_1=z4{}= z^4+z9{}+ z^9+z5{}+ z^5+z10{}+ z^{10}=c2{}= c_2+c3{}+ c_3 です。

c1c2\displaystyle c_1 c_2+c2c3\displaystyle {}+ c_2 c_3+c3c1\displaystyle {}+ c_3 c_1=2(c1+c2+c3)\displaystyle {}= 2(c_1 + c_2 + c_3)=−2‾\displaystyle {}= \underline{-2}

また c32c_3{}^2=z6{}= z^6+2{}+ 2+z8{}+ z^8=z6{}= z^6+2{}+ 2+z{}+ z=c1{}= c_1+2{}+ 2 なので

c1c2c3\displaystyle c_1 c_2 c_3=(c1+c3)c3\displaystyle {}= (c_1 + c_3)c_3=c1c3\displaystyle {}= c_1 c_3+c32\displaystyle {}+ c_3{}^2=(c2+c3)\displaystyle {}= (c_2 + c_3)+(c1+2)\displaystyle {}+ (c_1 + 2)=−1\displaystyle {}= -1+2\displaystyle {}+ 2=1‾\displaystyle {}= \underline{1}

(3) 各項の分母・分子を zkz^k で割ると

zk1+z2k\displaystyle \frac{z^k}{1 + z^{2k}}=11zk+zk\displaystyle {}= \frac{1}{\dfrac{1}{z^k} + z^k}=1ck\displaystyle {}= \frac{1}{c_k}

（ckc_k=2cos⁡2kπ7{}= 2\cos\dfrac{2k\pi}{7}≠0{}\neq 0 です。）よって

S\displaystyle S=1c1\displaystyle {}= \frac{1}{c_1}+1c2\displaystyle {}+ \frac{1}{c_2}+1c3\displaystyle {}+ \frac{1}{c_3}=c2c3+c3c1+c1c2c1c2c3\displaystyle {}= \frac{c_2 c_3 + c_3 c_1 + c_1 c_2}{c_1 c_2 c_3}=−21\displaystyle {}= \frac{-2}{1}=−2‾\displaystyle {}= \underline{-2}
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問18　★★★

ω\omega=cos⁡27π{}= \cos\dfrac{2}{7}\pi+isin⁡27π{}+ i\sin\dfrac{2}{7}\pi とします。

(1) (1−ω)(1−ω2)⋯(1−ω6)(1 - \omega)(1 - \omega^2)\cdots(1 - \omega^6)=7{}= 7 であることを示しなさい。 (2) kk=1,{}= 1, 2,\ 2, …,\ \ldots, 6\ 6 のとき、∣1−ωk∣\left|1 - \omega^k\right|=2sin⁡kπ7{}= 2\sin\dfrac{k\pi}{7} であることを示しなさい。 (3) sin⁡π7sin⁡27πsin⁡37π\sin\dfrac{\pi}{7}\sin\dfrac{2}{7}\pi\sin\dfrac{3}{7}\pi の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1)(2) 証明は解説を参照　(3) 78\dfrac{\sqrt{7}}{8}

解説

(1) ωk\omega^k（kk=0,{}= 0, 1,\ 1, …,\ \ldots, 6\ 6）は方程式 x7x^7=1{}= 1 の異なる7つの解なので

x7\displaystyle x^7−1\displaystyle {}- 1=(x−1)(x−ω)\displaystyle {}= (x - 1)(x - \omega)×(x−ω2)⋯(x−ω6)\displaystyle \qquad \times (x - \omega^2) \cdots (x - \omega^6)

です。一方 x7x^7−1{}- 1 は (x−1)(x6+x5+⋯+x+1)(x - 1)(x^6 + x^5 + \cdots + x + 1) とも因数分解できるので、xx≠1{}\neq 1 で両辺を xx−1{}- 1 で割ると

(x−ω)(x−ω2)⋯(x−ω6)\displaystyle (x - \omega)(x - \omega^2) \cdots (x - \omega^6)=x6\displaystyle {}= x^6+x5\displaystyle {}+ x^5+⋯\displaystyle {}+ \cdots+x\displaystyle {}+ x+1\displaystyle {}+ 1

これは xx についての恒等式（両辺とも6次式で、無数の xx で一致する）なので、xx=1{}= 1 を代入して、左辺 =1= 1+1{}+ 1+⋯{}+ \cdots+1{}+ 1=7{}= 7 が示されました。

(2) φ\varphi=2kπ7{}= \dfrac{2k\pi}{7} とおくと ωk\omega^k=cos⁡φ{}= \cos\varphi+isin⁡φ{}+ i\sin\varphi です。

∣1−ωk∣2\displaystyle \left|1 - \omega^k\right|^2=(1−cos⁡φ)2\displaystyle {}= (1 - \cos\varphi)^2+sin⁡2φ\displaystyle {}+ \sin^2\varphi=2\displaystyle {}= 2−2cos⁡φ\displaystyle {}- 2\cos\varphi=4sin⁡2φ2\displaystyle {}= 4\sin^2\frac{\varphi}{2}=4sin⁡2kπ7\displaystyle {}= 4\sin^2\frac{k\pi}{7}

kk=1,{}= 1, …,\ \ldots, 6\ 6 のとき 00<kπ7{}< \dfrac{k\pi}{7}<π{}< \pi なので sin⁡kπ7\sin\dfrac{k\pi}{7}>0{}> 0 です。よって ∣1−ωk∣\left|1 - \omega^k\right|=2sin⁡kπ7{}= 2\sin\dfrac{k\pi}{7} です。

(3) (1) の両辺の絶対値をとり、(2) を代入します。

26sin⁡π7sin⁡2π7sin⁡3π7\displaystyle 2^6 \sin\frac{\pi}{7}\sin\frac{2\pi}{7}\sin\frac{3\pi}{7}×sin⁡4π7sin⁡5π7sin⁡6π7\displaystyle \qquad \times \sin\frac{4\pi}{7}\sin\frac{5\pi}{7}\sin\frac{6\pi}{7}=7\displaystyle {}= 7

sin⁡4π7\sin\dfrac{4\pi}{7}=sin⁡3π7{}= \sin\dfrac{3\pi}{7}，sin⁡5π7\sin\dfrac{5\pi}{7}=sin⁡2π7{}= \sin\dfrac{2\pi}{7}，sin⁡6π7\sin\dfrac{6\pi}{7}=sin⁡π7{}= \sin\dfrac{\pi}{7} なので、PP=sin⁡π7sin⁡27πsin⁡37π{}= \sin\dfrac{\pi}{7}\sin\dfrac{2}{7}\pi\sin\dfrac{3}{7}\pi とおくと 64P264P^2=7{}= 7 です。PP>0{}> 0 より

P\displaystyle P=78‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{7}}{8}}
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問19　★★★

複素数の列 {zn}\{z_n\} を、z0z_0=0{}= 0，zn+1z_{n+1}=1+i2zn{}= \dfrac{1 + i}{2}z_n+1{}+ 1（nn=0,{}= 0, 1,\ 1, 2,\ 2, …\ \ldots）で定めます。

(1) cc=1+i2c{}= \dfrac{1 + i}{2}c+1{}+ 1 を満たす複素数 cc を求め、znz_n を nn の式で表しなさい。 (2) z8z_8 を aa+bi{}+ bi の形で求めなさい。 (3) ∣zn−(1+i)∣|z_n - (1 + i)|<1100{}< \dfrac{1}{100} となる最小の自然数 nn を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) cc=1{}= 1+i{}+ i，znz_n=(1+i){1−(1+i2)n}{}= (1 + i)\left\{1 - \left(\dfrac{1 + i}{2}\right)^n\right\}　(2) z8z_8=1516{}= \dfrac{15}{16}+1516i{}+ \dfrac{15}{16}i　(3) nn=15{}= 15

解説

(1) c(1−1+i2)c\left(1 - \dfrac{1 + i}{2}\right)=1{}= 1 より c⋅1−i2c \cdot \dfrac{1 - i}{2}=1{}= 1 なので

c\displaystyle c=21−i\displaystyle {}= \frac{2}{1 - i}=2(1+i)2\displaystyle {}= \frac{2(1 + i)}{2}=1‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ i}

漸化式から cc=1+i2c{}= \dfrac{1 + i}{2}c+1{}+ 1 を引くと zn+1z_{n+1}−c{}- c=1+i2(zn−c){}= \dfrac{1 + i}{2}(z_n - c) です。数列 {zn−c}\{z_n - c\} は公比 1+i2\dfrac{1 + i}{2} の等比数列なので

zn\displaystyle z_n−c\displaystyle {}- c=(1+i2)n(z0−c)\displaystyle {}= \left(\frac{1 + i}{2}\right)^n (z_0 - c)より\displaystyle \text{より}zn=(1+i){1−(1+i2)n}‾\displaystyle \underline{z_n = (1 + i)\left\{1 - \left(\frac{1 + i}{2}\right)^n\right\}}

1+i2\dfrac{1 + i}{2}=12(cos⁡π4+isin⁡π4){}= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) なので、点 zn+1z_{n+1} は、点 znz_n を点 11+i{}+ i を中心として π4\dfrac{\pi}{4} 回転し、中心からの距離を 12\dfrac{1}{\sqrt{2}} 倍した点です。点は点 11+i{}+ i のまわりを回りながら近づいていきます。

(2) ド・モアブルの定理より

(1+i2)8\displaystyle \left(\frac{1 + i}{2}\right)^8=(12)8(cos⁡2π+isin⁡2π)\displaystyle {}= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^8(\cos 2\pi + i\sin 2\pi)=116\displaystyle {}= \frac{1}{16} z8\displaystyle z_8=(1+i)(1−116)\displaystyle {}= (1 + i)\left(1 - \frac{1}{16}\right)=1516‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\frac{15}{16}}+1516i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{15}{16}i}

(3) (1) より

∣zn−(1+i)∣\displaystyle |z_n - (1 + i)|=∣1+i∣∣1+i2∣n\displaystyle {}= |1 + i|\left|\frac{1 + i}{2}\right|^n=2(12)n\displaystyle {}= \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^n

これが 1100\dfrac{1}{100} より小さい条件は、両辺を2乗して 2⋅12n2 \cdot \dfrac{1}{2^n}<110000{}< \dfrac{1}{10000}，すなわち 2n−12^{n-1}>10000{}> 10000 です。2132^{13}=8192{}= 8192，2142^{14}=16384{}= 16384 なので nn−1{}- 1≧14{}\geqq 14 です。

n=15‾\underline{n = 15}
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問20　★★★

00<θ{}< \theta<π{}< \pi とし、zz=cos⁡θ{}= \cos\theta+isin⁡θ{}+ i\sin\theta とします。3点 A(1)\mathrm{A}(1)，B(z)\mathrm{B}(z)，C(z2)\mathrm{C}\left(z^2\right) を頂点とする三角形の面積を S(θ)S(\theta) とします。

(1) AB\mathrm{AB}=BC{}= \mathrm{BC} と ∠ABC\angle\mathrm{ABC}=π{}= \pi−θ{}- \theta を示し、S(θ)S(\theta)=sin⁡θ(1−cos⁡θ){}= \sin\theta(1 - \cos\theta) であることを示しなさい。 (2) S(θ)S(\theta) の最大値と、そのときの θ\theta を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 証明は解説を参照　(2) θ\theta=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi のとき最大値 334\dfrac{3\sqrt{3}}{4}

解説

(1) ∣z∣|z|=1{}= 1 なので

BC\displaystyle \mathrm{BC}=∣z2−z∣\displaystyle {}= \left|z^2 - z\right|=∣z∣∣z−1∣\displaystyle {}= |z||z - 1|=∣z−1∣\displaystyle {}= |z - 1|=AB\displaystyle {}= \mathrm{AB}

次に、点 B\mathrm{B} を頂点とする角を調べます。zz≠1{}\neq 1 なので

1−zz2−z\displaystyle \frac{1 - z}{z^2 - z}=−(z−1)z(z−1)\displaystyle {}= \frac{-(z - 1)}{z(z - 1)}=−1z\displaystyle {}= -\frac{1}{z}=−z‾\displaystyle {}= -\overline{z}=−cos⁡θ\displaystyle {}= -\cos\theta+isin⁡θ\displaystyle {}+ i\sin\theta=cos⁡(π−θ)\displaystyle {}= \cos(\pi - \theta)+isin⁡(π−θ)\displaystyle {}+ i\sin(\pi - \theta)

00<π{}< \pi−θ{}- \theta<π{}< \pi なので ∠ABC\angle\mathrm{ABC}=π{}= \pi−θ{}- \theta です（3点は一直線上にありません）。

AB2\mathrm{AB}^2=∣z−1∣2{}= |z - 1|^2=(cos⁡θ−1)2{}= (\cos\theta - 1)^2+sin⁡2θ{}+ \sin^2\theta=2(1−cos⁡θ){}= 2(1 - \cos\theta) なので

S(θ)\displaystyle S(\theta)=12AB⋅BCsin⁡(π−θ)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\mathrm{AB} \cdot \mathrm{BC}\sin(\pi - \theta)=12⋅2(1−cos⁡θ)⋅sin⁡θ\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 2(1 - \cos\theta) \cdot \sin\theta=sin⁡θ(1−cos⁡θ)\displaystyle {}= \sin\theta(1 - \cos\theta)

(2) S(θ)S(\theta)=sin⁡θ{}= \sin\theta−sin⁡θcos⁡θ{}- \sin\theta\cos\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta−12sin⁡2θ{}- \dfrac{1}{2}\sin 2\theta を微分します。

S′(θ)\displaystyle S'(\theta)=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta−cos⁡2θ\displaystyle {}- \cos 2\theta=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta−(2cos⁡2θ−1)\displaystyle {}- (2\cos^2\theta - 1)=−(2cos⁡θ+1)(cos⁡θ−1)\displaystyle {}= -(2\cos\theta + 1)(\cos\theta - 1)

00<θ{}< \theta<π{}< \pi では cos⁡θ\cos\theta−1{}- 1<0{}< 0 なので、S′(θ)S'(\theta) の符号は 2cos⁡θ2\cos\theta+1{}+ 1 の符号と同じです。2cos⁡θ2\cos\theta+1{}+ 1=0{}= 0 となるのは θ\theta=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi です。

θ\theta(0)(0)⋯\cdots23π\dfrac{2}{3}\pi⋯\cdots(π)(\pi)
S′(θ)S'(\theta)++00−-
S(θ)S(\theta)↗\nearrow極大↘\searrow
S(23π)\displaystyle S\left(\frac{2}{3}\pi\right)=32(1+12)\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3}}{2}\left(1 + \frac{1}{2}\right)=334\displaystyle {}= \frac{3\sqrt{3}}{4}

よって θ=23π のとき最大値 334‾\underline{\theta = \dfrac{2}{3}\pi \text{ のとき最大値 } \dfrac{3\sqrt{3}}{4}} です。このとき3点は 1,1, ω,\ \omega, ω2\ \omega^2（1 の 3 乗根）で、単位円に内接する正三角形になります。

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