ド・モアブルの定理

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $3$ 乗を、まともに展開してはいけない。

極形式の累乗には、専用の武器がある。

ド・モアブルの定理。

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

「$n$ 乗すると、偏角が $n$ 倍になる。」

前問の「掛け算では偏角が足される」を、$n$ 回繰り返しただけだ。

$$\theta +\theta +\cdots +\theta =n\theta$$

この問題に当てはめる。

$${\left(\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ }\right)}^3=\cos (3\times 30^{\circ })+i\sin (3\times 30^{\circ })=\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ }$$

$$=0+i\times 1=i$$

答えは $i$。

「$30^{\circ }$ の回転を $3$ 回 $=$ $90^{\circ }$ の回転」

幾何的には、それだけの話だ。

絶対値が $1$ なので、拡大も縮小もしない。純粋な回転である。

偏角を $n=3$ 倍する。$30^{\circ }\times 3=90^{\circ }$。

$$(\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ }{)}^3=\cos 90^{\circ }+i\sin 90^{\circ }=0+i=i$$

まとめ:ド・モアブルの定理は「絶対値 $1$ の複素数の累乗は、偏角を $n$ 倍するだけ」。$30^{\circ }$ を $3$ 乗すると $90^{\circ }$。複素数の累乗を、三角関数の計算だけで一気に求められる強力な定理だ。

発展 — 一歩先へ。 ド・モアブルの定理は、三角関数の公式を"生産"する機械になる。

$n=2$ で使ってみよう。

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

左辺を、普通に展開する。

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

$$=\left({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta \right)+i\left(2\sin \theta \cos \theta \right)$$

両辺の実部と虚部を、それぞれ比べる。

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

$2$ 倍角の公式が、$2$ つ同時に出てきた!

$n=3$ なら?

${\left(\cos \theta +i\sin \theta \right)}^3$ を展開して、実部と虚部を比べる。

$$\cos 3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$$ $$\sin 3\theta =3\sin \theta -4{\sin }^3\theta$$

$3$ 倍角の公式!

丸暗記していたあの公式が、ド・モアブルから機械的に導ける。

$n=4$、$n=5$ — いくらでも作れる。

「$n$ 倍角の公式は、$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n$ を二項展開すれば出る」

もはや、暗記する必要がない。

そして、この方法は $1$ の $n$ 乗根という、美しい対象を生む。

$$z^n=1$$

この方程式の解は、$n$ 個ある。

$$z_k=\cos \frac{2k\pi }{n}+i\sin \frac{2k\pi }{n}(k=0,1,\dots ,n-1)$$

複素数平面に描くと、単位円を $n$ 等分する点 — つまり正 $n$ 角形の頂点だ。

$n=3$ なら、正三角形。

$$1,-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

$n=4$ なら、正方形。

$$1,i,-1,-i$$

代数方程式($z^n=1$)の解が、幾何図形(正 $n$ 角形)になる。

この対応から、$2000$ 年来の難問が解けた。

「正 $17$ 角形は、定規とコンパスで作図できるか?」

ガウスは $19$ 歳のとき($1796$ 年)、この問いに「できる」と答えた。

方法は、$z^{17}=1$ の解を、平方根の組み合わせだけで表すこと。

(定規とコンパスで作図できる $=$ 四則演算と平方根で書ける、という対応がある。)

ガウスは、この発見に感動し、数学者になることを決意したという。

そして、彼の墓には、正 $17$ 角形が刻まれている(実際には $17$ 角星だが)。

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

この、$30$ 秒で解ける計算。

その延長線上に、正多角形の作図可能性という、数学史上の金字塔がある。

別解

ド・モアブルを使わず、実際に $3$ 回掛けて確かめる。

まず、$\cos 30^{\circ }+i\sin 30^{\circ }$ を、$a+bi$ の形にする。

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

$2$ 乗する。

$$z^2={\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)}^2=\frac{3}{4}+2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}i+\frac{1}{4}{i}^2$$

$$=\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

($i^2=-1$ を使った。)

この結果は、$\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }$ だ。 偏角が $2$ 倍($60^{\circ }$)になっている ✓

もう $1$ 回掛ける。

$$z^3=z^2\times z=\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)$$

展開する。

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

$$=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{4}i+\frac{3}{4}i-\frac{\sqrt{3}}{4}$$

実部を整理する。

$$\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}=0$$

消えた!

虚部を整理する。

$$\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$$

$$z^3=0+1\cdot i=i$$

$i$! 本解と一致した ✓

ド・モアブルが正しいことを、自分の手で確かめられた。

だが、この計算は面倒だった。

もし $z^{10}$ を求めよ、と言われたら?

この方法では、$10$ 回も掛け算を繰り返すことになる。 現実的でない。

ド・モアブルなら、一瞬だ。

$$z^{10}=\cos 300^{\circ }+i\sin 300^{\circ }=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

$z^{100}$ でも同じ。

$$100\times 30^{\circ }=3000^{\circ }$$

$3000^{\circ }$ を、$360^{\circ }$ で割った余りにする。

$$3000=360\times 8+120$$

$$z^{100}=\cos 120^{\circ }+i\sin 120^{\circ }=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$

巨大な累乗が、$1$ 行で片づく。

「回転は、$360^{\circ }$ で $1$ 周して元に戻る」

この周期性のおかげで、どんなに大きな指数でも、$360$ で割った余りだけを見ればよい。

そして、この問題の $z$ には、面白い性質がある。

$$z^{12}=\cos 360^{\circ }+i\sin 360^{\circ }=1$$

$12$ 乗すると、$1$ に戻る。

$z$ は、$1$ の $12$ 乗根の $1$ つなのだ。

複素数平面の単位円上に、正 $12$ 角形の頂点として並ぶ $12$ 個の数。 その $1$ つが、この $z$ である。