数学検定$2$級は数ⅡBまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 $2$級」より、第$6$章の「複素数と複素数平面」の解説と演習問題の解答例などを取り扱いました。
・数学検定$2$級まとめ
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Contents
本章のまとめ
複素数と方程式の解
複素数平面
図形と複素数
演習
計算技能問題
問題.$1$
$x^2-2x+3=0$の$2$解を$\alpha, \beta$とおくと、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(x-\alpha)(x-\beta) &= 0 \\
x^2 – (\alpha+\beta)x + \alpha \beta &= 0 \\
x^2 – 2x + 3 &= 0
\end{align}
$$
よって$\alpha+\beta$と$\alpha \beta$は下記のようになる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha + \beta &= 2 \\
\alpha \beta &= 3
\end{align}
$$
$[1]$
$\alpha^3 + \beta^3$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha^3 + \beta^3 &= (\alpha+\beta)^{3} – 3 \alpha \beta(\alpha+\beta) \\
&= 2^3 – 3 \cdot 3 \cdot 2 \\
&= 8-18 = -10
\end{align}
$$
$[2]$
$$
\large
\begin{align}
(2 \alpha^2 + 1)(2 \beta^2 + 1) &= 4 \alpha^2 \beta^2 + 2(\alpha^2 + \beta^2) + 1 \\
&= 4(\alpha \beta)^{2} + 2((\alpha+\beta)^2 – 2\alpha \beta) + 1 \\
&= 4 \cdot 3^2 + 2 \cdot (2^2 – 2 \cdot 3) + 1 \\
&= 36 – 4 + 1 \\
&= 33
\end{align}
$$
問題.$2$
$[1]$
$2$解$\alpha,\beta$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\alpha + \beta &= 2 + \sqrt{6} + 2 – \sqrt{6} \\
&= 4 \\
\alpha \beta &= (2 + \sqrt{6})(2 – \sqrt{6}) \\
&= 4 – 6 \\
&= -2
\end{align}
$$
よって二次方程式は$x^2-4x-2=0$である。
$[2]$
$2$解$\alpha,\beta$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\alpha + \beta &= 2 + 3i + 2 – 3i \\
&= 4 \\
\alpha \beta &= (2 + 3i)(2 – 3i) \\
&= 4 – 9i^2 \\
&= 13
\end{align}
$$
よって二次方程式は$x^2-4x+13=0$である。
問題.$3$
和が$4$、積が$6$である$2$数は$2$次方程式$x^2-4x+6=0$の解であるので、解の公式より下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
x^2 – 4x + 6 &= 0 \\
x &= 2 \pm \sqrt{2^2-6} \\
&= 2 \pm \sqrt{2}i
\end{align}
$$
問題.$4$
$[1]$
$x=1$は解であるので、$(x-1)$でくくることで下記のように方程式を変形できる。
$$
\large
\begin{align}
x^3 – 3x + 2 &= 0 \\
(x-1)(x^2+x-2) &= 0 \\
(x+2)(x-1)^2 &= 0
\end{align}
$$
上記より$x=1, -2$である。
$[2]$
$x=2$は解であるので、$(x-2)$でくくることで下記のように方程式を変形できる。
$$
\large
\begin{align}
x^3 + 2x^2 – 5x + 6 &= 0 \\
(x-2)(x^2+4x+3) &= 0 \\
(x-2)(x+1)(x+3) &= 0
\end{align}
$$
上記より$x=-1, 2, -3$である。
問題.$5$
・$[1]$
絶対値$|1-i|$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
|1-i| &= \sqrt{1^2+1^2} \\
&= \sqrt{2}
\end{align}
$$
よって、$1-i$は極形式で下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
1-i &= \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} – \frac{i}{\sqrt{2}} \right) \\
&= \sqrt{2} \left( \cos{ \left( -\frac{\pi}{4} \right)} + i \sin{ \left( -\frac{\pi}{4} \right)} \right)
\end{align}
$$
・$[2]$
絶対値$|\sqrt{3}+3i|$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
|\sqrt{3}+3i| &= \sqrt{\sqrt{3}^2+3^2} \\
&= \sqrt{12} = 2 \sqrt{3}
\end{align}
$$
よって、$\sqrt{3}+3i$は極形式で下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\sqrt{3}+3i &= 2 \sqrt{3} \left( \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\
&= 2 \sqrt{3} \left( \cos{ \left( \frac{\pi}{3} \right)} + i \sin{ \left( \frac{\pi}{3} \right)} \right)
\end{align}
$$
・$[3]$
$i(i-1)=i^2-i=-1-i$が成立する。このとき絶対値$|-1-i|$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
|-1-i| &= \sqrt{1^2+1^2} \\
&= \sqrt{2}
\end{align}
$$
よって、$i(i-1)$は極形式で下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
i(i-1) &= -1-i \\
&= \sqrt{2} \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} – \frac{i}{\sqrt{2}} \right) \\
&= \sqrt{2} \left( \cos{ \left( \frac{5 \pi}{4} \right)} + i \sin{ \left( \frac{5 \pi}{4} \right)} \right)
\end{align}
$$
問題.$6$
$z=2+2\sqrt{3}$より、$|z|$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
|z| &= \sqrt{2^2+(2\sqrt{3}^2)} \\
&= \sqrt{16} = 4
\end{align}
$$
よって、$z$は下記のような極形式で表せる。
$$
\large
\begin{align}
z &= 4 \left( \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i \right) \\
&= 4 \left( \cos{\left( \frac{\pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{\pi}{3} \right)} \right)
\end{align}
$$
上記に対しド・モアブルの定理を用いることで$z^3, z^4, z^5$はそれぞれ下記のように計算できる。
・$z^3$
$$
\large
\begin{align}
z^3 &= 4^3 \left( \cos{\left( \frac{\pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{\pi}{3} \right)} \right)^3 \\
&= 4^3 (\cos{\pi} + i \sin{\pi}) \\
&= -64
\end{align}
$$
・$z^4$
$$
\large
\begin{align}
z^3 &= 4^4 \left( \cos{\left( \frac{\pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{\pi}{3} \right)} \right)^4 \\
&= 4^4 \left( \cos{\left( \frac{4 \pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{4 \pi}{3} \right)} \right) \\
&= 4^4 \left( -\frac{1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = -128 – 128\sqrt{3} i
\end{align}
$$
・$z^5$
$$
\large
\begin{align}
z^5 &= 4^5 \left( \cos{\left( \frac{\pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{\pi}{3} \right)} \right)^5 \\
&= 4^5 \left( \cos{\left( \frac{5 \pi}{3} \right)} + i \sin{\left( \frac{5 \pi}{3} \right)} \right) \\
&= 4^5 \left( \frac{1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 512 – 512 \sqrt{3} i
\end{align}
$$
問題.$7$
$z=2+i$に対し、$z(\cos{120^{\circ}} + i \sin{120^{\circ}})$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
z(\cos{120^{\circ}} + i \sin{120^{\circ}}) &= (2+i) \left( -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i \right) \\
&= -1 + \frac{\sqrt{3}}{2} i^2 + \sqrt{3} i – \frac{1}{2}i \\
&= -1 – \frac{\sqrt{3}}{2} + \left( \sqrt{3} – \frac{1}{2} \right)i
\end{align}
$$
問題.$8$
ドモアブルの定理より$(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^{n}=\cos{n \theta}+i\sin{n \theta}$が成立するので与式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{(\cos{3 \theta}+i\sin{3 \theta})(\cos{4 \theta}+i\sin{4 \theta})}{\cos{\theta}+i\sin{\theta}} &= \frac{(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^{3}(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^{4}}{\cos{\theta}+i\sin{\theta}} \\
&= \cos{6 \theta}+i\sin{6 \theta} \\
&= \cos{90^{\circ}}+i\sin{90^{\circ}} = i
\end{align}
$$
数理技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
\alpha + \beta &= -1 \\
\alpha \beta &= 2
\end{align}
$$
$[1]$
$(2\alpha+\beta)+(2\beta+\alpha), (2\alpha+\beta)(2\beta+\alpha)$はそれぞれ下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
(2\alpha+\beta)+(2\beta+\alpha) &= 3(\alpha+\beta) \\
&= -3 \\
(2\alpha+\beta)(2\beta+\alpha) &= 4 \alpha \beta + 2 \alpha^{2} + 2 \beta^{2} + \alpha \beta \\
&= 2(\alpha+\beta)^{2} + \alpha \beta \\
&= 2 \cdot (-1)^{2} + 2 = 4
\end{align}
$$
上記に対して解と係数の関係より、求める$2$次方程式は$x^2+3x+4=0$である。
$[2]$
$(\alpha-1)^{2}+(\beta-1)^{2}, (\alpha-1)^{2}(\beta-1)^{2}$はそれぞれ下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
(\alpha-1)^{2} + (\beta-1)^{2} &= \alpha^{2} – 2 \alpha + 1 + \beta^{2} – 2 \beta + 1 \\
&= (\alpha+\beta)^{2} – 2 \alpha \beta – 2(\alpha + \beta) + 2 \\
&= (-1)^{2} – 2 \cdot 2 – 2 \cdot (-1) + 2 = 1 \\
(\alpha-1)^{2}(\beta-1)^{2} &= [(\alpha-1)(\beta-1)]^{2} \\
&= (\alpha\beta – (\alpha+\beta) + 1)^{2} \\
&= (2+1+1)^{2} = 16
\end{align}
$$
よって解と係数の関係より、求める$2$次方程式は$x^2-x+16=0$である。
問題.$2$
$z^{4} = 8(-1+\sqrt{3}i)$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
z^{4} &= 8(-1+\sqrt{3}i) \\
&= 16 \left( -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i \right) \\
&= 2^{4} \left[ \cos{\left(\frac{2 \pi}{3}\right)} + i\sin{\left(\frac{2 \pi}{3}\right)} \right] \quad (1)
\end{align}
$$
ここで$z=r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})$とおくと、$(1)$より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
r &= 2 \\
4 \theta &= \frac{2 \pi}{3} + 2 n \pi
\end{align}
$$
$0 \leq \theta < 2 \pi$が成立する整数$n$は$n=0,1,2,3$であり、このとき$\theta$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\theta &= \frac{\pi + 3n \pi}{6} \\
&= \frac{\pi}{6}, \, \frac{2 \pi}{3}, \, \frac{7 \pi}{6}, \, \frac{5 \pi}{3}
\end{align}
$$
よって$z$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
z = \sqrt{3}+i, \, -1+\sqrt{3}i, \, -\sqrt{3}-i, \, 1-\sqrt{3}i
\end{align}
$$
問題.$3$
ドモアブルの定理より$(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^{n}=\cos{n \theta}+i\sin{n \theta}$が成立するので、$\cos{3 \theta}+i\sin{3 \theta}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\cos{3 \theta}+i\sin{3 \theta} &= (\cos{\theta}+i\sin{\theta})^{3} \\
&= \cos^{3}{\theta} + 3i\cos^{2}{\theta}\sin{\theta} + 3i^2 \cos{\theta}\sin^{2}{\theta} + i^{3} \sin^{3}{\theta} \\
&= \cos^{3}{\theta} + 3i\cos^{2}{\theta}\sin{\theta} – 3 \cos{\theta}\sin^{2}{\theta} – i \sin^{3}{\theta} \\
&= \cos^{3}{\theta} – 3\cos{\theta}\sin^{2}{\theta} + i(3\cos^{2}{\theta}\sin{\theta}-\sin^{3}{\theta}) \\
&= \cos^{3}{\theta} – 3\cos{\theta}(1-\cos^{2}{\theta}) + i(3(1-\sin^{2}{\theta})\sin{\theta}-\sin^{3}{\theta}) \\
&= 4\cos^{3}{\theta} – 3\cos{\theta} + i(3\sin{\theta}-4\sin^{3}{\theta})
\end{align}
$$
上記より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\cos{3 \theta} &= 4\cos^{3}{\theta} – 3\cos{\theta} \\
\sin{3 \theta} &= 3\sin{\theta} – 4\sin^{3}{\theta}
\end{align}
$$