複素数平面 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 複素数の高い累乗は、極形式に直してド・モアブルの定理を使うのが基本だ。

$\sqrt{3}+i$ の絶対値と偏角を求める。$8$ 乗は「絶対値を $8$ 乗、偏角を $8$ 倍」するだけ。偏角が $2\pi$ を超えたら簡単な角に直す、と見通す。$\sqrt{3}+i$ は $2\left(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\right)$。

① 極形式にする。 $|\sqrt{3}+i|=\sqrt{3+1}=2$、偏角は ${\tan }^{-1}\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}$。よって

$$\sqrt{3}+i=2\left(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\right)$$

② ド・モアブルで $8$ 乗。

$$(\sqrt{3}+i{)}^8=2^8\left(\cos \frac{8\pi }{6}+i\sin \frac{8\pi }{6}\right)=256\left(\cos \frac{4\pi }{3}+i\sin \frac{4\pi }{3}\right)$$

③ 計算する。 $\cos \frac{4\pi }{3}=-\frac{1}{2}$、$\sin \frac{4\pi }{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ だから

$$=256\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=-128-128\sqrt{3}i$$

まとめ:高い累乗は「極形式 → ド・モアブル」。絶対値 $2$ を $8$ 乗($256$)、偏角 $\frac{\pi }{6}$ を $8$ 倍($\frac{4\pi }{3}$)。偏角を第 $3$ 象限の角に直して実部・虚部を計算する。

発展。 ド・モアブルの定理の心は「掛け算を角の足し算に変える」こと。極形式なら、$n$ 乗は絶対値を $n$ 乗し、偏角を $n$ 倍するだけ。だから複雑な累乗が角の計算になる。

これを一段推し進めると、$\sqrt{3}+i=2e^{i\pi /6}$(オイラーの公式)と書ける。$8$ 乗は $2^8{e}^{i\cdot 8\pi /6}=256e^{i\cdot 4\pi /3}$。指数法則がそのまま偏角の計算になる。

「回転と拡大」を数の掛け算で表せるのが、複素数の強み。累乗は「同じ回転を何度も重ねる」ことにほかならない。

別解

別解:先に $2$ 乗して指数を下げる(得意な人向けの視点)。 極形式に直す前に、$(\sqrt{3}+i{)}^2$ を計算しておくと、あとの偏角が扱いやすくなる。

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

これを極形式にすると、絶対値 $\sqrt{2^2+(2\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{4+12}=4$、偏角 $60°$。つまり $2+2\sqrt{3}i=4(\cos 60°+i\sin 60°)$。求めるのは $8$ 乗なので、この $2$ 乗を $4$ 乗すればよい。ド・モアブルで

$$(\sqrt{3}+i{)}^8=(4(\cos 60°+i\sin 60°){)}^4=4^4(\cos 240°+i\sin 240°)=256\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=-128-128\sqrt{3}i.$$

はじめから極形式にする本解と同じ。$2$ 乗で偏角が $30°\to 60°$ と整い、$4$ 乗するだけで済む。累乗の指数を分けて小さくするのも、計算を軽くする一手だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $z^3=8i$ は「$3$ 乗根を求める」問題。$z$ を極形式 $r(\cos \theta +i\sin \theta )$ とおくのが基本だ。

右辺 $8i$ も極形式にする。絶対値どうし($r^3=8$)、偏角どうし($3\theta =\frac{\pi }{2}+2k\pi$)を比べる。偏角に $2k\pi$ の周期を入れて $k=0,1,2$ とすると、$3$ 個の解が出る、と見通す。

① 右辺を極形式に。 $8i=8\left(\cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2}\right)$。

② 絶対値と偏角。 $z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$ とおくと $r^3=8$ より $r=2$。偏角は

$$3\theta =\frac{\pi }{2}+2k\pi ⟹\theta =\frac{\pi }{6}+\frac{2k\pi }{3}(k=0,1,2)$$

③ 各解を求める。

• $k=0$:$\theta =\frac{\pi }{6}$、$z=2\left(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{3}+i$。
• $k=1$:$\theta =\frac{\pi }{6}+\frac{2\pi }{3}=\frac{5\pi }{6}$、$z=2\left(\cos \frac{5\pi }{6}+i\sin \frac{5\pi }{6}\right)=-\sqrt{3}+i$。
• $k=2$:$\theta =\frac{\pi }{6}+\frac{4\pi }{3}=\frac{3\pi }{2}$、$z=2\left(\cos \frac{3\pi }{2}+i\sin \frac{3\pi }{2}\right)=-2i$。

まとめ:$z^n=\alpha$ は「極形式で絶対値と偏角を比較」。$r=2$、偏角は $\frac{\pi }{6}$ から $\frac{2\pi }{3}$ ずつ増える $3$ 個。$3$ 解は半径 $2$ の円周を $3$ 等分した位置(正三角形の頂点)に並ぶ。

発展。 $z^n=\alpha$ の解は半径 $\sqrt[n]{|\alpha |}$ の円周を $n$ 等分した位置、つまり正 $n$ 角形の頂点に並ぶ。$3$ 乗根なら正三角形、$5$ 乗根なら正五角形だ。

だから $1$ つ根が見つかれば、残りは「$1$ の $n$ 乗根を掛ける」だけで得られる。$1$ の $3$ 乗根 $\omega =\cos 120°+i\sin 120°$ を掛けると、$120°$ ずつ回った次の頂点になる。$n\ge 2$ なら、これら $n$ 個の解の和はつねに $0$(重心が中心)。$n$ 乗根の幾何は正多角形の対称性そのものだ。

別解

別解:$1$ つの根に $1$ の $3$ 乗根を掛ける(得意な人向けの視点)。 $3$ 個の偏角を別々に計算しなくても、$1$ つ根を見つければ、残りは回転で出せる。

まず $k=0$ の根 $z_0=2\left(\cos \frac{\pi }{6}+i\sin \frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{3}+i$ を求める。$3$ 乗根は正三角形の頂点に並ぶので、$z_0$ を $120°$ ずつ回せば残り $2$ つ。$1$ の $3$ 乗根 $\omega =\cos 120°+i\sin 120°=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ を掛ける。

$$z_0\omega =(\sqrt{3}+i)\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=-\sqrt{3}+i,z_0{\omega }^2=(-\sqrt{3}+i)\omega =-2i.$$

($z_0$ の偏角 $30°$ に $120°,240°$ を足すと $150°,270°$ になり、それぞれ $-\sqrt{3}+i$、$-2i$。)$k=0,1,2$ の偏角を順に計算する本解と同じ $3$ 解。「$1$ つ求めて $\omega$ を掛ける」と、偏角を毎回足す手間が省ける。正三角形の対称性を使った近道だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中心が原点でない回転は「中心を原点に移す → 回転する → 戻す」の $3$ 段。

$\alpha$ を原点に移すと、$\beta$ は $\beta -\alpha$ になる。$90°$ 回転は $i$ を掛ける($\cos 90°+i\sin 90°=i$)。最後に $\alpha$ を足して戻す。式にすると $w=\alpha +(\beta -\alpha )i$、と見通す。

① 中心を原点に移す。 $\beta -\alpha =(3+i)-1=2+i$。

② $90°$ 回転($\times i$)。

$$(2+i)\cdot i=2i+i^2=2i-1=-1+2i$$

③ 中心を戻す。 $\alpha =1$ を足して

$$w=1+(-1+2i)=2i$$

まとめ:中心 $\alpha$ の回転は「$w=\alpha +(\beta -\alpha )(\cos \theta +i\sin \theta )$」。$90°$ は $\times i$。$\alpha$ を原点に移す($\beta -\alpha$)、回して、戻す($+\alpha$)の $3$ 段。$w=2i$。

発展。 複素数の掛け算は「回転と拡大」。$i$ を掛けると $90°$ 回転、$\cos \theta +i\sin \theta$ を掛けると $\theta$ 回転、$r(\cos \theta +i\sin \theta )$ を掛けると「$\theta$ 回転して $r$ 倍」。だから回転が数の掛け算で書ける。

中心が原点でないときは、「平行移動で中心を原点に合わせ、回して、平行移動で戻す」。$w=\alpha +(\beta -\alpha )(\cos \theta +i\sin \theta )$ の $3$ つの部分が、この $3$ 段に対応する。

一般の図形の回転・拡大・移動(相似変換)は、$w=pz+q$($p,q$ は複素数)の形にまとめられる。複素数平面は平面の変換を計算する道具でもある。

別解

別解:座標で $90°$ 回転を実行する(苦手な人向けの視点)。 複素数の掛け算に慣れていなくても、点を座標とみて回転すれば同じ答えが出る。

$\beta =3+i$ は点 $(3,1)$、中心 $\alpha =1$ は点 $(1,0)$。まず中心から $\beta$ へのベクトルを出す。

$$(3,1)-(1,0)=(2,1).$$

このベクトルを原点まわりに $90°$ 反時計回りに回す。$90°$ 回転は $(x,y)\to (-y,x)$ だから

$$(2,1)\to (-1,2).$$

中心 $(1,0)$ を足して戻す。

$$(1,0)+(-1,2)=(0,2).$$

これは複素数で $2i$。$\times i$ で回す本解と同じ $w=2i$。座標での $90°$ 回転 $(x,y)\to (-y,x)$ が、複素数の「$\times i$」とちょうど同じ働きをする。慣れないうちは座標で確かめると安心だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 複素数の軌跡は $z=x+yi$ とおいて、$x,y$ の関係式に直す。

絶対値は根号が絡むので、$2$ 乗する($|z-3{|}^2=4|z{|}^2$)。$|z-3{|}^2=(x-3{)}^2+y^2$、$|z{|}^2=x^2+y^2$ を代入する。整理すると円になるはず(距離の比が一定 → アポロニウスの円)、と見通す。

① $2$ 乗して立式する。 $z=x+yi$ とおき、$|z-3|=2|z|$ を $2$ 乗する。

$$(x-3{)}^2+y^2=4(x^2+y^2)$$

② 整理する。 展開して

$$x^2-6x+9+y^2=4x^2+4y^2⟹3x^2+3y^2+6x-9=0$$

両辺を $3$ で割り、$x$ について平方完成する。

$$x^2+y^2+2x-3=0⟹(x+1{)}^2+y^2=4$$

まとめ:複素数の距離の軌跡は「$z=x+yi$ で $2$ 乗して立式」。$|z-3|=2|z|$ は距離の比 $1:2$ で、アポロニウスの円 $(x+1{)}^2+y^2=4$(中心 $-1$、半径 $2$)。比が $1$ でないので直線でなく円になる。

発展。 $2$ 定点 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ からの距離の比 $|z-A|:|z-B|$ が一定 $k$ の点の軌跡は、$k\ne 1$ なら円(アポロニウスの円)、$k=1$ なら垂直二等分線(直線)になる。今回は $\mathrm{A}=3$、$\mathrm{B}=0$、$k=\frac{1}{2}$。

比が $1$ からずれるほど、円は小さいほうの定点に寄る。$k<1$ なら $\mathrm{A}$ 側(遠いほう)寄りではなく、近いほうに小さくまとまる感覚だ。複素数で扱うと、$|z-a{|}^2=(z-a)(\bar{z}-\bar{a})$ と共役の積で書けるので、成分に分けなくても計算できる。円という図形が絶対値ひとつの条件から現れる。

別解

別解:共役を使って複素数のまま整理する(得意な人向けの視点)。 $x,y$ に分けず、$|w{|}^2=w\bar{w}$ を使って複素数のまま計算しても円が出る。

$|z-3|=2|z|$ の両辺を $2$ 乗する。$|z-3{|}^2=(z-3)(\bar{z}-3)$、$|z{|}^2=z\bar{z}$ だから

$$(z-3)(\bar{z}-3)=4z\bar{z}.$$

左辺を展開すると $z\bar{z}-3z-3\bar{z}+9=4z\bar{z}$。移項して

$$3z\bar{z}+3z+3\bar{z}-9=0⟹z\bar{z}+z+\bar{z}-3=0.$$

ここで $z\bar{z}+z+\bar{z}=(z+1)(\bar{z}+1)-1$ だから、$(z+1)(\bar{z}+1)=4$、すなわち

$$|z+1{|}^2=4⟹|z+1|=2.$$

これは中心 $-1$、半径 $2$ の円。$z=x+yi$ に分けて計算する本解と同じ $(x+1{)}^2+y^2=4$。$w\bar{w}=|w{|}^2$ を使うと、$(z+1)(\bar{z}+1)=|z+1{|}^2$ とすぐに円の形にまとまる。共役をうまく使うと計算が短くなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|z|=1$ という条件から、多くのことが分かる。$z\bar{z}=|z{|}^2=1$ より $\frac{1}{z}=\bar{z}$(共役)。

すると $z+\frac{1}{z}=z+\bar{z}$ となり、これは実数(虚部が打ち消し合う)で $2\mathrm{Re}(z)$。$z=\cos \theta +i\sin \theta$ と表せば $2\cos \theta$。$\cos \theta$ の範囲から値域が出る、と見通す。

① $\frac{1}{z}$ を共役に。 $|z|=1$ より $z\bar{z}=1$、すなわち $\frac{1}{z}=\bar{z}$。よって

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

これは実数。

② 範囲を求める。 $z=\cos \theta +i\sin \theta$(単位円上)とおくと $\mathrm{Re}(z)=\cos \theta$。よって

$$z+\frac{1}{z}=2\cos \theta$$

$-1\le \cos \theta \le 1$ だから

$$-2\le z+\frac{1}{z}\le 2$$

まとめ:$|z|=1$ なら $\frac{1}{z}=\bar{z}$ で $z+\frac{1}{z}=2\mathrm{Re}(z)=2\cos \theta$。実数で、範囲は $[-2,2]$。単位円上の点の実部が $\pm 1$ の間を動くことを直接使う。

発展。 $|z|=1$ のとき $z+\frac{1}{z}=2\cos \theta$ となる関係は、複素数と三角関数を結ぶ大切な橋。ここから $z^n+\frac{1}{z^n}=2\cos n\theta$ も出て、$\cos n\theta$ を $\cos \theta$ の多項式(チェビシェフ多項式)で表す道具になる。

たとえば ${\left(z+\frac{1}{z}\right)}^2=z^2+2+\frac{1}{z^2}$ から $z^2+\frac{1}{z^2}=(2\cos \theta {)}^2-2=2\cos 2\theta$、すなわち $\cos 2\theta =2{\cos }^2\theta -1$(倍角公式)が導ける。写像 $w=z+\frac{1}{z}$ は、単位円を線分 $[-2,2]$ に押しつぶす。翼の断面(ジューコフスキー翼)を作る変換としても知られる。単純な式が豊かな幾何を生む。

別解

別解:$z=\cos \theta +i\sin \theta$ を直接代入する(苦手な人向けの手順ルート)。 $\frac{1}{z}=\bar{z}$ を知らなくても、$z$ を単位円上の点として書き、$\frac{1}{z}$ を素直に計算すればよい。

$|z|=1$ だから $z=\cos \theta +i\sin \theta$ と表せる。$\frac{1}{z}$ は分母を実数化して

$$\frac{1}{z}=\frac{1}{\cos \theta +i\sin \theta }=\frac{\cos \theta -i\sin \theta }{(\cos \theta +i\sin \theta )(\cos \theta -i\sin \theta )}=\frac{\cos \theta -i\sin \theta }{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }=\cos \theta -i\sin \theta .$$

(${\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$ で分母が $1$。)これを足すと

$$z+\frac{1}{z}=(\cos \theta +i\sin \theta )+(\cos \theta -i\sin \theta )=2\cos \theta .$$

虚部が消えて実数。$-1\le \cos \theta \le 1$ だから $-2\le z+\frac{1}{z}\le 2$。$\frac{1}{z}=\bar{z}$ を使う本解と同じ。分母を実数化して $\frac{1}{z}=\cos \theta -i\sin \theta$ を出せば、$\frac{1}{z}$ が共役だと自然に分かる。手を動かして確かめると納得できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\alpha ,\beta ,\gamma$ が正三角形なら、$\gamma$ は「$\beta$ を $\alpha$ のまわりに $\pm 60°$ 回転した点」。

辺 $\alpha \beta$ を $\alpha$ を軸に $60°$ 回すと、辺 $\alpha \gamma$ になる(正三角形の内角 $60°$)。回転の向きが $2$ 通りあるので、$\gamma$ も $2$ つ。回転の公式に当てはめる、と見通す。

① 回転の公式。 $\beta -\alpha =(1+i)-1=i$。$\gamma =\alpha +(\beta -\alpha )(\cos (\pm 60°)+i\sin (\pm 60°))$。$\cos 60°=\frac{1}{2}$、$\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。

② $+60°$ の場合。

$$\gamma =1+i\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=1+\frac{1}{2}i-\frac{\sqrt{3}}{2}=1-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$$

③ $-60°$ の場合。

$$\gamma =1+i\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=1+\frac{1}{2}i+\frac{\sqrt{3}}{2}=1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$$

よって $\gamma =1-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$ または $1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$。

まとめ:正三角形の第 $3$ 頂点は「$\pm 60°$ 回転」。$\gamma =\alpha +(\beta -\alpha )(\cos (\pm 60°)+i\sin (\pm 60°))$ で $2$ 通り。$\beta -\alpha =i$ に $\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$ を掛けるとき、$i\cdot i=-1$ で実部が動くのがポイント。

発展。 正三角形の第 $3$ 頂点が $2$ つあるのは、辺 $\alpha \beta$ の左右どちらにも三角形が作れるから。$+60°$ と $-60°$ の回転がその $2$ つに対応する。

回転を使わずとも、幾何で捉えられる。第 $3$ 頂点は辺 $\alpha \beta$ の中点から、辺に垂直な向きに高さ $\frac{\sqrt{3}}{2}|\alpha \beta |$ だけ進んだ点。中点の左右に $1$ つずつだ。

正三角形の条件は複素数では ${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2=\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha$ とも書ける(向きによらない対称な形)。回転・中点・対称式、どの見方でも同じ $2$ 点に行き着く。

別解

別解:中点から垂直に高さ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 進む(得意な人向けの視点)。 回転の公式を使わず、正三角形の高さから直接、第 $3$ 頂点を出せる。

$\alpha =1$ は点 $(1,0)$、$\beta =1+i$ は点 $(1,1)$。辺 $\alpha \beta$ は縦向きの線分で、長さ $|\alpha \beta |=1$。その中点は $(1,\frac{1}{2})$。

正三角形の第 $3$ 頂点はこの中点から辺に垂直な向き(いまは横向き)に、高さ $\frac{\sqrt{3}}{2}|\alpha \beta |=\frac{\sqrt{3}}{2}$ だけ進んだ点。左右に $1$ つずつあるので

$$\left(1\pm \frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right),\text{すなわち}\gamma =1\pm \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$$

$\pm 60°$ 回転で出す本解と同じ $2$ 点。正三角形の「中点からの高さ $\frac{\sqrt{3}}{2}\times$ 辺」を使うと、回転の計算をせずに座標が書ける。辺が縦なら垂直は横、と向きが読めるのがこの見方の利点だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 点が一直線上にあるかは、$\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }$ が実数かどうかで判定できる。

これは「$\alpha$ から見た $\beta$ の向きと $\gamma$ の向きが同じ(または逆)」= 偏角の差が $0$ か $\pi$、を意味する。だからこの商を計算する。虚部が $0$(実数)なら一直線上、と見通す。

① 差を計算する。 $\gamma -\alpha =(4+3i)-1=3+3i$、$\beta -\alpha =(2+i)-1=1+i$。

② 商を計算する。 分母の共役を掛ける。

$$\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }=\frac{3+3i}{1+i}=\frac{(3+3i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{3-3i+3i-3i^2}{1-i^2}=\frac{3+3}{2}=\frac{6}{2}=3$$

③ 判定する。 $\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }=3$ は実数。よって $3$ 点は一直線上にある(しかも $\gamma -\alpha =3(\beta -\alpha )$ より、$\gamma$ は $\alpha$ から $\beta$ 方向に $3$ 倍の位置)。

まとめ:$3$ 点の共線判定は「$\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }$ が実数か」。分母の共役を掛けて計算し、虚部が $0$ なら一直線。値 $3$(実数かつ正)は、$\gamma$ が $\alpha \beta$ の延長上にあることも示す。

発展。 $\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }$ という商は、複素数の割り算が「回転と拡大の逆」だから意味をもつ。その偏角は「$\alpha$ から $\beta$ を見る向き」と「$\alpha$ から $\gamma$ を見る向き」の角度差。この差が $0$ か $\pi$、つまり商が実数なら $3$ 点は一直線だ。

商の値そのものにも情報がある。実数で正なら $\gamma$ は $\beta$ と同じ側(半直線上)、負なら反対側。今回の $3$ は正なので、$\gamma$ は $\alpha$ から $\beta$ 方向へ $3$ 倍伸ばした位置にある。

同じ商が実数でなく「純虚数」なら、$\angle \beta \alpha \gamma =90°$(直交)。商の偏角から、$3$ 点の位置関係がまるごと分かる。

別解

別解:$\gamma -\alpha$ が $\beta -\alpha$ の実数倍かを見る(得意な人向けの視点)。 商を割り算しなくても、$\gamma -\alpha$ が $\beta -\alpha$ の実数倍になっているかを直接確かめればよい。

差を計算する。

$$\beta -\alpha =(2+i)-1=1+i,\gamma -\alpha =(4+3i)-1=3+3i.$$

$3+3i=3(1+i)$ なので、$\gamma -\alpha =3(\beta -\alpha )$。実数 $3$ 倍だから、$\overrightarrow{\alpha \gamma }$ は $\overrightarrow{\alpha \beta }$ と同じ向き。よって $3$ 点は一直線上にある。

座標の傾きで見てもよい。$\alpha (1,0)$ から $\beta (2,1)$ への傾きは $\frac{1}{1}=1$、$\gamma (4,3)$ への傾きも $\frac{3}{3}=1$。傾きが等しいので一直線。

商 $\frac{\gamma -\alpha }{\beta -\alpha }=3$ を計算する本解と同じ結論。$\gamma -\alpha$ がすぐに $\beta -\alpha$ の見やすい実数倍になっていれば、割り算せずとも共線と分かる。実数倍 $=$ 同じ向き、が判定の核だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $z=\cos \frac{2\pi }{5}+i\sin \frac{2\pi }{5}$ は $z^5=1$ を満たす($5$ 乗すると偏角が $2\pi$ で $1$ に戻る)。かつ $z\ne 1$。

$1+z+z^2+z^3+z^4$ は、初項 $1$、公比 $z$ の等比数列の和で $\frac{z^5-1}{z-1}$。分子が $z^5-1=0$ になるので、和は $0$。$z\ne 1$($z-1\ne 0$)だから割ってよい、と見通す。

① $z^5=1$ を確認する。 $z=\cos \frac{2\pi }{5}+i\sin \frac{2\pi }{5}$ をド・モアブルで $5$ 乗すると

$$z^5=\cos 2\pi +i\sin 2\pi =1$$

かつ $z\ne 1$($\frac{2\pi }{5}\ne 0$)。

② 等比数列の和。 初項 $1$、公比 $z$、$5$ 項の和は

$$1+z+z^2+z^3+z^4=\frac{z^5-1}{z-1}$$

③ 値を求める。 $z^5=1$ より分子 $z^5-1=0$、$z-1\ne 0$ だから

$$\frac{z^5-1}{z-1}=\frac{0}{z-1}=0$$

まとめ:$1+z+\cdots +z^4$ は等比数列の和 $\frac{z^5-1}{z-1}$ で、$z^5=1$ だから $0$。これは「$1$ の $5$ 乗根 $5$ 個の和は $0$」という事実(正五角形の頂点の重心が中心 $0$)の表れ。$z\ne 1$ で分母が $0$ でないことの確認が要。

発展。 「$1$ の $n$ 乗根 $n$ 個の和は $0$」は、いつでも成り立つ($n\ge 2$)。$z^n-1=0$ の $n$ 個の解の和が、$z^{n-1}$ の係数(=$0$)で決まるからだ(解と係数の関係)。

幾何的には、$1$ の $5$ 乗根は正五角形の頂点。$5$ 個の位置ベクトルの和が $0$ とは、重心が中心 $0$ にあるということ。対称な図形の頂点は足すと打ち消し合う。

実部だけを取り出すと $1+2\cos 72°+2\cos 144°=0$ が出る。ここから $\cos 72°=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ が求まり、黄金比とつながる。正五角形の対称性が $1$ 本の等式に表れている。

別解

別解:正五角形の重心が中心 $0$ であることから(得意な人向けの視点)。 等比数列の和を経由せず、幾何の対称性からも $0$ が分かる。

$1,z,z^2,z^3,z^4$ は $1$ の $5$ 乗根で、単位円を $5$ 等分した位置、つまり正五角形の頂点。それぞれを位置ベクトルとみる。

正五角形は中心 $0$ について完全に対称。$72°$ ずつ回した $5$ 本のベクトルは、あらゆる向きに均等に散らばっている。だから足し合わせると、どの向きの成分も打ち消し合って $0$ になる。

言いかえると、$5$ 頂点の重心 $\frac{1+z+z^2+z^3+z^4}{5}$ は図形の中心 $0$。よって

$$1+z+z^2+z^3+z^4=0.$$

等比数列の和 $\frac{z^5-1}{z-1}=0$ を使う本解と同じ。「対称な図形の頂点の和は中心(重心)の $5$ 倍」で、中心が $0$ なら和も $0$。代数の計算を、正五角形の対称性が裏づける。