複素数平面 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(1+i{)}^{10}$ のような高い累乗は、極形式に直してド・モアブルを使う。絶対値 $\sqrt{2}$ を $10$ 乗し、偏角 $45^{\circ }$ を $10$ 倍するだけだ。

偏角 $45^{\circ }\times 10=450^{\circ }$ は $1$ 周を超える。$360^{\circ }$ を引くと $90^{\circ }$ になる。結局どの軸の上に乗るかが見えれば答えは近い。「偏角は $360^{\circ }$ の周期で簡約できる」という、高次累乗の仕上げの発想だ。

① 極形式にする。 $1+i=\sqrt{2}(\cos 45^{\circ }+i\sin 45^{\circ })$。

② ド・モアブルを使う。 絶対値 $(\sqrt{2}{)}^{10}=2^5=32$、偏角 $45^{\circ }\times 10=450^{\circ }$。

③ 偏角を直す。 $450^{\circ }-360^{\circ }=90^{\circ }$。

$$(1+i{)}^{10}=32(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=32(0+i)=32i$$

まとめ:高次累乗はド・モアブルですぐに求まる。偏角 $450^{\circ }$ は一周($360^{\circ }$)を引いて $90^{\circ }$ とみる。$(\sqrt{2}{)}^{10}=2^5=32$。展開では絶望的な計算が、極形式なら数行だ。

発展。 $1+i$ を掛けることは「$45^{\circ }$ 回転して $\sqrt{2}$ 倍する」操作だ。偏角が $45^{\circ }$ なので、$8$ 回掛けると向きがちょうど $1$ 周する($45^{\circ }\times 8=360^{\circ }$)。

実際 $(1+i{)}^8=((1+i{)}^2{)}^4=(2i{)}^4=16$ で、正の実数に戻る。だから $(1+i{)}^n$ の向きは指数 $n$ を $8$ で割った余りだけで決まる。

今回の $n=10$ が $8+2$ だから「$2$ 乗と同じ向き」になる、というのが周期の見方だ。一般に、偏角が $\frac{360^{\circ }}{m}$ の複素数は、累乗すると $m$ 個の方向をぐるぐると巡る。これは $1$ の $m$ 乗根が正 $m$ 角形に並ぶ構造と同じもので、指数を $m$ で割った余りが向きを支配する。

別解

別解:極形式を使わず、$i$ の累乗だけで解く(得意な人向けの視点)。 $1+i$ は $2$ 乗すると特別に簡単な形になる。

$$(1+i{)}^2=1+2i+i^2=2i$$

つまり $(1+i{)}^2=2i$(純虚数)。求めるのは $10$ 乗だから、この $2$ 乗の $5$ 乗を作ればよい。

$$(1+i{)}^{10}=((1+i{)}^2{)}^5=(2i{)}^5=2^5{i}^5=32i^5$$

$i^5=i^4\cdot i=i$ だから、答えは $32i$。三角関数を一度も使わずに済む。$(1+i{)}^2=2i$ という「$2$ 乗で純虚数になる」性質に気づけば、$i$ の累乗の規則だけで到達できる。極形式にする本解と同じ $32i$ だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $z^6=1$ の解は、絶対値 $1$・偏角 $60^{\circ }k$($k=0,\dots ,5$)の $6$ 個だ。

これらは単位円を $6$ 等分した点で、正六角形の頂点をなす。「$n$ 乗根は単位円の $n$ 等分点、すなわち正 $n$ 角形の頂点」。$1$ の $3$ 乗根を一般化した、この幾何的発想が核になる。

① 解の個数と配置。 $z^6=1$ の解は絶対値 $1$・偏角 $60^{\circ }k$($k=0,1,\dots ,5$)の $6$ 個。単位円周上を $60^{\circ }$ ずつ回った点で、正六角形の頂点をなす。

② 偏角最小の正の解。 $k=0$ は $1$(偏角 $0$)。次の $k=1$ は偏角 $60^{\circ }$。

$$z=\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

まとめ:$1$ の $n$ 乗根は「単位円の $n$ 等分点」= 正 $n$ 角形の頂点。$z^6=1$ は $60^{\circ }$ ずつの $6$ 点。ド・モアブルで偏角を $\frac{360^{\circ }}{6}=60^{\circ }$ 刻みにするだけで全解が出る。

発展。 $6$ 個の解のうち、偏角 $60^{\circ }$ の解 $\zeta$ は特別だ。その累乗 $\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4,{\zeta }^5,{\zeta }^6$ が、$6$ 解すべてをちょうど $1$ 回ずつ生む。こういう解を原始 $6$ 乗根という。

一方、偏角 $120^{\circ }$ の解を累乗しても $3$ 個($1$ の $3$ 乗根)しか現れず、全体は作れない。偏角 $180^{\circ }$ の解 $-1$ は $2$ 個で一周する。

$n$ 乗根の中で全体を生成できる原始根の個数は、$n$ と互いに素な $1\le k\le n$ の個数に等しい。$6$ なら $k=1,5$ の $2$ 個だ。正多角形の対称性は整数の掛け算の構造と結びついている。

別解

別解:因数分解して代数的に解く(苦手な人向けのルート)。 極形式が不安なら、$z^6-1$ を素直に因数分解してもよい。

$$z^6-1=(z^3-1)(z^3+1)=(z-1)(z^2+z+1)(z+1)(z^2-z+1)$$

$1$ 次式から $z=1,-1$。残りは $2$ つの $2$ 次方程式を解く。

$$z^2+z+1=0\Rightarrow z=\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2},z^2-z+1=0\Rightarrow z=\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$$

これで $6$ 解がそろう。偏角が最小の正の解は、実部も虚部も正のもの、すなわち

$$z=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

(偏角 $60^{\circ }$)。単位円を $6$ 等分する本解と同じ $6$ 解で、最小の正の偏角の解も一致する。因数分解と $2$ 次方程式だけで、極形式を経ずに全解が書ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(\sqrt{3}+i{)}^3$ も、極形式に直してド・モアブルを使う。絶対値 $2$、偏角 $30^{\circ }$ の複素数だ。

$3$ 乗すれば絶対値は $2^3$、偏角は $30^{\circ }\times 3=90^{\circ }$ になる。「累乗は極形式に直せば、絶対値のべきと偏角の $n$ 倍ですぐに決まる」。この発想を反復する。

① 極形式にする。 $|\sqrt{3}+i|=\sqrt{3+1}=2$、偏角は $\tan \theta =\frac{1}{\sqrt{3}}$ より $30^{\circ }$。

$$\sqrt{3}+i=2(\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ })$$

② ド・モアブルを使う。 絶対値 $2^3=8$、偏角 $30^{\circ }\times 3=90^{\circ }$。

$$(\sqrt{3}+i{)}^3=8(\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ })=8i$$

まとめ:$\sqrt{3}+i$ は偏角 $30^{\circ }$ なので、$3$ 乗で偏角 $90^{\circ }$(純虚数)。絶対値 $2$ が $8$ に。極形式にすれば累乗は「絶対値を累乗、偏角を掛ける」だけ。展開よりずっと速い。

発展。 $\sqrt{3}+i$ の共役 $\sqrt{3}-i$ は実軸に関する鏡像だ(偏角 $-30^{\circ }$)。累乗は共役と交換する($\overline{z^n}=(\bar{z}{)}^n$)から、$(\sqrt{3}-i{)}^3=\overline{(\sqrt{3}+i{)}^3}=\overline{8i}=-8i$ が、計算せずに分かる。

さらに $(\sqrt{3}+i)(\sqrt{3}-i)=3-i^2=4$(実数)なので、両者の $n$ 乗の積はつねに $4^n$。偏角が $+30^{\circ }$ と $-30^{\circ }$ で対称だから、$n$ 乗しても $\pm 30^{\circ }n$ と鏡像のまま向かい合う。共役という「実軸の鏡」は、累乗を通り抜けても保たれる。だから片方を計算すれば、もう片方はただ折り返すだけで手に入る。

別解

別解:極形式を使わず、そのまま $3$ 乗を展開する(苦手な人向けのルート)。 $3$ 乗くらいなら、$(\sqrt{3}+i{)}^3$ を直接展開しても手に負える。

$$(\sqrt{3}+i{)}^3=(\sqrt{3}{)}^3+3(\sqrt{3}{)}^{2}i+3\sqrt{3}{i}^2+i^3$$

各項を計算する。$(\sqrt{3}{)}^3=3\sqrt{3}$、$3(\sqrt{3}{)}^{2}i=9i$、$3\sqrt{3}{i}^2=-3\sqrt{3}$、$i^3=-i$。

$$=3\sqrt{3}+9i-3\sqrt{3}-i=8i$$

実部 $3\sqrt{3}-3\sqrt{3}=0$ がきれいに消え、虚部 $9i-i=8i$ が残る。極形式にする本解と同じ $8i$。三角関数を使わなくても、二項展開と $i^2=-1,i^3=-i$ の処理だけで確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正三角形の頂点 $\mathrm{C}$ は、$\mathrm{B}$ を $\mathrm{A}$ のまわりに $60^{\circ }$ 回転した点だ。

回転は複素数の掛け算で書ける。$\gamma -\alpha =(\beta -\alpha )(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ })$($\alpha ,\beta ,\gamma$ は各点の複素数)。「正三角形は $1$ 辺を $60^{\circ }$ 回して作る」。回転を図形に使う、この発想が核になる。

① 回転で $\mathrm{C}$ を作る。 $\mathrm{C}$ は $\mathrm{B}$ を $\mathrm{A}(=$原点$)$ のまわりに $60^{\circ }$ 回転した点(上半平面)。

$$\mathrm{C}-\mathrm{A}=(\mathrm{B}-\mathrm{A})(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ })$$

② 値を代入する。 $\mathrm{A}=0$、$\mathrm{B}=2$。

$$\mathrm{C}=2(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ })=2(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)=1+\sqrt{3}i$$

まとめ:正三角形は「$1$ 辺を頂点のまわりに $60^{\circ }$ 回転」で作れる。$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $\mathrm{A}$ を中心に $60^{\circ }$ 回すと $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$。複素数の回転($(\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ })$ を掛ける)がそのまま使える。図形問題に複素数が役立つ例だ。

発展。 正三角形は「中心がすべて $1$ 点に集まる」唯一の三角形だ。重心・外心・内心・垂心という $4$ つの中心が、正三角形では完全に一致する。

複素数平面では重心が $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$ と書ける。本問の $3$ 頂点 $0,2,1+\sqrt{3}i$ で計算すると $\frac{3+\sqrt{3}i}{3}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}i$。一方、$3$ 頂点から等距離な点(外心)を $x=1$ 上で探すと、同じ $1+\frac{\sqrt{3}}{3}i$ に行き着く。

三角形が正三角形からくずれると、重心と外心は離れ、垂心も加えた $3$ 点が $1$ 本の直線(オイラー線)の上に並ぶ。中心たちの「散らばり方」が三角形の対称性の高さを測るものさしになっている。

別解

別解:回転を使わず、距離の条件を式にする(苦手な人向けのルート)。 回転の公式を思い出せなくても、正三角形の「$3$ 辺が等しい」を座標の式にすれば $\mathrm{C}$ が出る。

$\mathrm{C}=x+yi$ とおく。$\mathrm{A}=0,\mathrm{B}=2$ から $|\mathrm{CA}|=|\mathrm{CB}|=2$。$2$ 乗して

$$x^2+y^2=4,(x-2{)}^2+y^2=4$$

$2$ 式を引くと $x^2-(x-2{)}^2=0$、すなわち $4x-4=0$ で $x=1$。これを上の式に戻すと $1+y^2=4$、$y^2=3$。$\mathrm{C}$ は上半平面だから $y=\sqrt{3}$($y>0$)。よって

$$\mathrm{C}=1+\sqrt{3}i$$

$60^{\circ }$ 回転で作る本解と同じ答え。「等距離」を $2$ 乗して引き算するだけで、頂点の座標が定まる。$x$ が中点の $1$ に決まるのは、正三角形が底辺の垂直二等分線上に頂点をもつことの現れだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|z|=1$ という条件から、$z\bar{z}=|z{|}^2=1$、つまり $\frac{1}{z}=\bar{z}$ が出る。

すると $z+\frac{1}{z}=z+\bar{z}$ となる。共役どうしの和は虚部が打ち消し合うので、$2\mathrm{Re}(z)$ で実数だ。「単位円上では逆数が共役に一致する」。この性質を見抜くことが発想の核になる。

① $\frac{1}{z}=\bar{z}$ を導く。 $|z|=1$ より $z\bar{z}=|z{|}^2=1$。両辺を $z$ で割ると

$$\bar{z}=\frac{1}{z}$$

② $z+\frac{1}{z}$ を書きかえる。

$$z+\frac{1}{z}=z+\bar{z}=2\mathrm{Re}(z)$$

③ 結論。 $2\mathrm{Re}(z)$ は実数(実部の $2$ 倍)。よって $z+\frac{1}{z}$ は実数。

まとめ:$|z|=1$(単位円上)なら $\frac{1}{z}=\bar{z}$ という関係が使える。$z+\frac{1}{z}=z+\bar{z}=2\mathrm{Re}(z)$ で実数。$z=\cos \theta +i\sin \theta$ なら $z+\frac{1}{z}=2\cos \theta$ という具体形にもなる。

発展。 $|z|=1$ のとき $\frac{1}{z}=\bar{z}$ は、$z$ を実軸に関して折り返した鏡像だ。だから $z+\frac{1}{z}=z+\bar{z}$ は、点とその鏡像を足したもので、虚部が相殺して実軸上に落ちる。実数になるのは図で見ても当たり前だ。

単位円の外や内側では話が変わる。一般には $\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z{|}^2}$ で、$\frac{1}{z}$ は「原点からの距離を逆数にし(単位円に関する反転)、さらに実軸で折り返す」操作にあたる。

単位円 $|z|=1$ の上では、距離の逆数化(反転)は何もしない($|z{|}^2=1$ で各点が動かない)。だから $\frac{1}{z}$ には実軸での折り返し=共役だけが残り、$\frac{1}{z}=\bar{z}$ が成り立つ。$z+\frac{1}{z}$ が実数になる背景には、この対称性がある。

別解

別解:「共役を取っても変わらない」から実数を示す(得意な人向けの視点)。 ある複素数 $w$ が実数であることは、$w=\bar{w}$(共役が自分自身に等しい)と同じだ。この判定を使う。

$w=z+\frac{1}{z}$ の共役をとる。共役は和と商を保つから

$$\bar{w}=\overline{z+\frac{1}{z}}=\bar{z}+\frac{1}{\bar{z}}$$

ここで $|z|=1$ より $\bar{z}=\frac{1}{z}$、また $\frac{1}{\bar{z}}=z$。代入すると

$$\bar{w}=\frac{1}{z}+z=w$$

$w=\bar{w}$ が成り立つので、$w=z+\frac{1}{z}$ は実数だ。$2\mathrm{Re}(z)$ に書きかえる本解と同じ結論だが、値を計算せず「共役で不変」という一点だけで実数性が言える。実数とは実軸上の点、すなわち鏡像(共役)が自分と一致する点だ、という見方が役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点 $\alpha$ のまわりの回転は、$3$ 段に分けて考える。「$\alpha$ を原点に移す、原点まわりに回す、$\alpha$ を戻す」だ。

式にすると $w=\alpha +(z-\alpha )(\cos \theta +i\sin \theta )$。$90^{\circ }$ 回転なら $i$ を掛ける。「中心をずらした回転は、平行移動で原点まわりの回転に帰着できる」という発想が核になる。

① 回転の中心を原点に移す。 $z-\alpha =(1+i)-i=1$。

② 原点まわりに $90^{\circ }$ 回転する。 $i$ を掛ける。$1\times i=i$。

③ 中心を戻す。 $\alpha =i$ を足す。

$$w=\alpha +(z-\alpha )i=i+1\cdot i=i+i=2i$$

まとめ:原点以外の点 $\alpha$ のまわりの回転は「$\alpha$ を原点に移す($-\alpha$)→ 回転($(\cos \theta +i\sin \theta )$ を掛ける)→ 戻す($+\alpha$)」の $3$ 段階。$w=\alpha +(z-\alpha )(\cos \theta +i\sin \theta )$。中心をずらしてから回せば解ける。

発展。 $90^{\circ }$ 回転は $4$ 回繰り返すとちょうど $1$ 周($360^{\circ }$)して元に戻る。$z=1+i$ を中心 $i$ のまわりに $90^{\circ }$ ずつ回し続けると、$1+i\to 2i\to -1+i\to 0\to 1+i$ と巡る。

この $4$ 点 $1+i,2i,-1+i,0$ は、中心 $i$ からの距離がすべて $1$ で、中心 $i$ の正方形の頂点をなす。回転の「$4$ 回で $1$ 周」が正方形の $4$ 回対称そのものだ。

この $4$ 点をすべて足すと $(1+i)+2i+(-1+i)+0=4i$ で、平均はちょうど中心 $i$ に戻る。対称に配置された頂点は、平均(重心)が回転の中心と一致する。回した点を足して中心が現れるかどうかは、回転の計算の手軽な検算にもなる。

別解

別解:回転の条件を座標とベクトルで解く(苦手な人向けのルート)。 複素数の回転公式を思い出せなくても、「回転で何が保たれるか」を式にすれば解ける。

中心 $\mathrm{C}(0,1)$($\alpha =i$)から点 $(1,1)$($z=1+i$)へのベクトルは $(1,0)$。回転後の点を $(x,y)$ とすると、中心からのベクトルは $(x,y-1)$。$90^{\circ }$ 回転では $2$ つのことが成り立つ。長さが変わらないこと、そして回転前後のベクトルが垂直なこと。

$$x^2+(y-1{)}^2=1,(x,y-1)\cdot (1,0)=x=0$$

$x=0$ を長さの式に入れると $(y-1{)}^2=1$、$y=0$ または $y=2$。$y=0$ は時計回りに $90^{\circ }$ 回した位置なので、反時計回りは $y=2$。ベクトル $(1,0)$ を反時計回りに $90^{\circ }$ 回すと $(0,1)$ になることからも、$(x,y-1)=(0,1)$、すなわち $y=2$ と確かめられる。

よって回転後の点は $(0,2)$、複素数では $w=2i$。複素数の掛け算で回す本解と同じ答えに、長さと垂直という図形の言葉だけでたどり着ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|z-1|$ は点 $1$ からの距離、$|z+1|$ は点 $-1$ からの距離だ。$|z-1|=|z+1|$ は「$2$ 点 $1,-1$ から等距離の点」を表す。

$2$ 点から等距離の点の集まりはその $2$ 点を結ぶ線分の垂直二等分線。ここでは虚軸になる。「絶対値が等しい式は、$2$ 点から等距離=垂直二等分線」。円になる場合と対をなす、軌跡の発想だ。

① 意味を読む。 $|z-1|$ は点 $1$ からの距離、$|z+1|=|z-(-1)|$ は点 $-1$ からの距離。これらが等しい = $2$ 点 $1$、$-1$ から等距離の点。

② 図形を決める。 $2$ 点から等距離の点の集まりはその $2$ 点を結ぶ線分の垂直二等分線。$1$ と $-1$($=(1,0)$ と $(-1,0)$)を結ぶ線分は実軸上、中点は原点。その垂直二等分線は原点を通り実軸に垂直な直線 = 虚軸。

(確認:$z=yi$ とおくと $|yi-1|=\sqrt{1+y^2}=|yi+1|$ で成立。実部 $0$ の点全体。)

まとめ:$|z-\alpha |=|z-\beta |$ は「$2$ 点から等距離 = 垂直二等分線」。$1$ と $-1$ の垂直二等分線は虚軸(実部 $0$)。複素数の絶対値が距離を表すので、図形の条件がそのまま式になる。

発展。 $|z-\alpha |=|z-\beta |$($2$ 点から等距離)は、直線(垂直二等分線)だった。では点をもう $1$ つ足して、$|z-\alpha |=|z-\beta |=|z-\gamma |$($3$ 点から等距離)にするとどうなるか。

それは $2$ 本の垂直二等分線の交わりで、ふつうただ $1$ 点に定まる。三角形 $\alpha \beta \gamma$ の外心だ。等距離という制約を重ねるほど、解の図形は平面から直線へ、直線から点へと縮んでいく。

複素数の絶対値が距離をそのまま表すので、外心のような三角形の中心も、距離の等式だけで捉えられる。条件 $1$ 本なら直線、$2$ 本なら点、という次元の落ち方が見どころだ。

別解

別解:$z=x+yi$ で計算して $x=0$ を導く(苦手な人向けのルート)。 垂直二等分線という図形を思い出さなくても、座標に直せば直接出る。

$z=x+yi$ とおき、両辺を $2$ 乗する。

$$|z-1{|}^2=(x-1{)}^2+y^2,|z+1{|}^2=(x+1{)}^2+y^2$$

これらを等しいとおくと、$y^2$ が両辺で消えて

$$(x-1{)}^2=(x+1{)}^2$$

展開すると $x^2-2x+1=x^2+2x+1$、つまり $-2x=2x$ で $x=0$。実部が $0$ の点全体、すなわち虚軸。図形の性質を使う本解と同じ結論だ。「$2$ 乗して引く」と $y$ が自動的に消え、$x=0$ という直線の式が残るのが計算ルートの見どころだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3$ を、$2$ 通りに計算してみる。

$1$ つはド・モアブルで、$\cos 3\theta +i\sin 3\theta$。もう $1$ つは二項展開で、$\cos \theta$ と $\sin \theta$ の式だ。同じ数を $2$ 通りに書いたのだから、実部どうしが等しい。ここから $3$ 倍角の公式が出る。「$2$ 通りに計算して実部・虚部を比べ、恒等式を導く」という発想が核になる。

① ド・モアブルで左辺を書く。

$$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3=\cos 3\theta +i\sin 3\theta$$

② 二項展開する。 $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3$ を展開($i^2=-1$、$i^3=-i$)。

$$={\cos }^3\theta +3{\cos }^2\theta (i\sin \theta )+3\cos \theta (i\sin \theta {)}^2+(i\sin \theta {)}^3$$

$$={\cos }^3\theta +3i{\cos }^2\theta \sin \theta -3\cos \theta {\sin }^2\theta -i{\sin }^3\theta$$

③ 実部どうしを比べる。 ①の実部 $\cos 3\theta$ = ②の実部 ${\cos }^3\theta -3\cos \theta {\sin }^2\theta$。

$$\cos 3\theta ={\cos }^3\theta -3\cos \theta {\sin }^2\theta$$

④ ${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$ を代入する。

$$={\cos }^3\theta -3\cos \theta (1-{\cos }^2\theta )={\cos }^3\theta -3\cos \theta +3{\cos }^3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$$

まとめ:ド・モアブルの定理は「$3$ 倍角の公式を導く」道具にもなる。$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3$ を $2$ 通りに計算して実部を比べると $\cos 3\theta$ の式が、虚部を比べると $\sin 3\theta$ の式が出る。三角関数と複素数には、こうしたつながりがある。

発展。 同じ展開の虚部を比べると、もう $1$ つの公式が手に入る。$\sin 3\theta =3{\cos }^2\theta \sin \theta -{\sin }^3\theta$ に ${\cos }^2\theta =1-{\sin }^2\theta$ を入れると、$\sin 3\theta =3\sin \theta -4{\sin }^3\theta$ が出る。

つまり $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n=\cos n\theta +i\sin n\theta$ という $1$ 本の等式が、実部で $\cos n\theta$、虚部で $\sin n\theta$ の $n$ 倍角公式を同時に生む。$n$ を $2,3,4,\dots$ と変えれば、いくらでも作れる。

さらに実部と虚部の比をとれば $\tan n\theta$ の公式も出る。三角関数の多くの公式が複素数の累乗という $1$ つの操作から出てくる。

別解

別解:複素数を使わず、加法定理だけで導く(苦手な人向けのルート)。 ド・モアブルが不安でも、$3\theta =2\theta +\theta$ とみて加法定理を重ねれば同じ式が出る。

$$\cos 3\theta =\cos (2\theta +\theta )=\cos 2\theta \cos \theta -\sin 2\theta \sin \theta$$

倍角の公式 $\cos 2\theta =2{\cos }^2\theta -1$、$\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta$ を代入する。

$$=(2{\cos }^2\theta -1)\cos \theta -2\sin \theta \cos \theta \cdot \sin \theta =2{\cos }^3\theta -\cos \theta -2\cos \theta {\sin }^2\theta$$

最後に ${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$ を入れる。

$$=2{\cos }^3\theta -\cos \theta -2\cos \theta (1-{\cos }^2\theta )=4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$$

複素数を経由する本解と同じ $\cos 3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$。加法定理と倍角の公式だけでも、地道に足せば同じ結論にたどり着く。