ド・モアブルの定理とは？証明と例題を丁寧に解説

数学的帰納法で証明します。「数学的帰納法？」という人はこちら。

\( (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^n = \cos{n\theta}+i \sin{n\theta} \)…①

を証明する。

（証明）

［１］\(n=1\)のとき、

(①の左辺)\( = (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^1 = \cos{\theta}+i \sin{\theta}\)

(①の右辺)\( = \cos{1\cdot\theta}+i \sin{1\cdot\theta} = \cos{\theta}+i \sin{\theta}\)

よって成り立つ。

［２］\(n=k\)のとき、①が成り立つと仮定する。つまり、

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

が成り立つとする。このとき①が\(n=k+1\)の式

\( (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{k+1} = \cos{(k+1)\theta}+i \sin{(k+1)\theta} \)…②

が成り立つことを示す。

(②の左辺)\(= (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{k+1}\)

\(\quad = (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^k(\cos{\theta}+i \sin{\theta}) \)

\(\quad = (\cos{k\theta}+i \sin{k\theta})(\cos{\theta}+i \sin{\theta}) \)（仮定より）

\(\quad = \cos{k\theta}\cos{\theta} – \sin{k\theta}\sin{\theta}\)

\(\quad\quad +i(\sin{k\theta}\cos{\theta}+ \cos{k\theta}\sin{\theta}) \)

\(\quad = \cos{(k\theta+\theta)}+i \sin{(k\theta+\theta)}\)

\(\quad = \cos{(k+1)\theta}+i \sin{(k+1)\theta}\)=(②の右辺)

［１］［２］より、すべての自然数\(n\)について①が成り立つ（終）

\(n=0\)のときの証明

（証明）

(①の左辺)\( = (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^0 = 1\)

(①の右辺)\( = \cos{0}+i \sin{0} = 1\)

よって\(n=0\)のときも成り立つ（終）

\(n < 0\)の整数のときの証明

（証明）

\(n < 0\)のとき\(n=-l\)（\(l\)は自然数）とおける。つまり、

\( (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{-l} = \cos{(-l)\theta}+i \sin{(-l)\theta} \)…③

を示す。

(③の左辺)\(= (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{-l}\)

\(\displaystyle \quad = \frac{1}{ (\cos{\theta}+i \sin{\theta})^{l} }\)

\( \displaystyle \quad = \frac{1}{ \cos{(l\theta)}+i \sin{(l\theta)} }\)（\(l\)は自然数だから先ほどの結果を使ってOK）

\(\displaystyle \quad = \frac{\cos{(l\theta)}-i \sin{(l\theta)}}{ \{ \cos{(l\theta)}+i \sin{(l\theta)} \}\{ \cos{(l\theta)}-i \sin{(l\theta)} \} }\)

\(\displaystyle \quad = \frac{\cos{(l\theta)}+i\{- \sin{(l\theta}\}}{ \cos^2{(l\theta)}+ \sin^2{(l\theta)} }\)

\(= \cos{(-l)\theta}+i \sin{(-l)\theta} \)（\(\cos{\alpha}=\cos{(-\alpha)}、-\sin{\alpha}=\sin{(-\alpha)}\)の性質を使った）

よって③は成り立つ（終）

（解）

\(x^3 = 1\)より

\(x^3-1 = 0\)

\( (x-1)(x^2+x+1)=0\)（因数分解の公式）

よって、\(x = 1\)または\(x^2+x+1 = 0\)

\(x^2+x+1 = 0\)より、解の公式を使って、

\(\displaystyle x=\frac{-1 \pm \sqrt{1^2-4 \cdot 1 \cdot 1}}{2 \cdot 1} \)

\(\displaystyle \quad=\frac{-1 \pm \sqrt{-3}}{2} \)

\(\displaystyle \quad x =\frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2} \)

よって、\(\displaystyle x = 1 , \frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2} \)…（答）

今の問題は次のように複素数の話をベースにして解くこともできます。

（解）

\(x^3 = 1\)を満たす複素数を\( z = \cos{\theta}+i\sin{\theta}\)（ただし、\( 0 \leq \theta < 2\pi \)）とすると、

\(z^3=1\)

（\(z\)の絶対値は1です。なぜなら、\(|z| \neq 1\)と仮定すると、\(|z|^3 \neq 1\)、つまり\( z^3 \neq 1\)となるからです。）

\( ( \cos{\theta} + i \sin{ \theta } )^3 = 1 \)

\( \cos{3\theta} + i \sin{ 3 \theta } = \cos{0} + i \sin{0} \)

左辺と右辺の偏角を比較すると、

\( 3 \theta = 0 + 2k\pi \)（ただし、\(k\)は整数とする）

ここがポイント！\(3 \theta=0\)として\( \theta \)の値を求めたいところですが、\( 3\theta \)は\( 0 \leq 3\theta < 2\pi \)に収まる保証が無いので、この形にしておきます。そうしないと、3つの解が全て求められません。

よって、\(\displaystyle \theta = \frac{2k\pi}{3} \)

この\(\theta\)は\( 0 \leq \theta < 2\pi \)の範囲にあるので、

\(\displaystyle 0 \leq \frac{2k\pi}{3} < 2\pi \)

これを満たす整数\(k\)は\(k = 0 , 1 , 2\)

すなわち、\(\displaystyle \theta = 0, \frac{2}{3}\pi, \frac{4}{3}\pi \)

ゆえに、\(\displaystyle z = \cos{0}+i \sin{0}, \cos{ \frac{2}{3}\pi} + i \sin{\frac{2}{3}\pi},\cos{ \frac{4}{3}\pi} + i \sin{\frac{4}{3}\pi} \)

したがって、\(\displaystyle z = 1\),\(\displaystyle -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\),\(\displaystyle -\frac{1}{2} – \frac{\sqrt{3}}{2}i \)…（答）

（解）

\(x^5 = 1\)より、\(x^5-1 = 0\)

\( (x-1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 ) = 0\)（※あとで解説します）

…

ということで、複素数としておいて、ド・モアブルの定理を使います。

（解）

\(x^5 = 1\)を満たす複素数を\( z = \cos{\theta}+i\sin{\theta}\)（ただし、\( 0 \leq \theta < 2\pi \)）とすると、

\(z^5=1\)

\( ( \cos{\theta} + i \sin{ \theta } )^5 = 1 \)

\( \cos{5\theta} + i \sin{ 5 \theta } = \cos{0} + i \sin{0} \)

左辺と右辺の偏角を比較すると、

\( 5 \theta = 0 + 2k\pi \)（ただし、\(k\)は整数とする）

よって、\(\displaystyle \theta = \frac{2k\pi}{5} \)

この\(\theta\)は\( 0 \leq \theta < 2\pi \)の範囲にあるので、

\(\displaystyle 0 \leq \frac{2k\pi}{5} < 2\pi \)

これを満たす整数\(k\)は\(k = 0 , 1 , 2, 3, 4\)

すなわち、\(\displaystyle \theta = 0, \frac{2}{5}\pi, \frac{4}{5}\pi, \frac{6}{5}\pi, \frac{8}{5}\pi \)

ゆえに、\(\displaystyle z = \cos{0}+i \sin{0}\), \(\displaystyle\cos{ \frac{2}{5}\pi} + i \sin{\frac{2}{5}\pi}\),\(\displaystyle\cos{ \frac{4}{5}\pi} + i \sin{\frac{4}{5}\pi}\),\(\displaystyle \cos{ \frac{6}{5}\pi} + i \sin{\frac{6}{5}\pi}\),\(\displaystyle\cos{ \frac{8}{5}\pi} + i \sin{\frac{8}{5}\pi} \)…（答）

（解）

\(x^5=1\)より\(x^5-1 = 0\)

\( (x-1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) =0\)（※）

\(x = 1\)または\(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 =0\)

\(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 =0\)について、\(x = 0\)はこの式の解ではないので、\(x \neq 0\)。

よって、この方程式を両辺\(x^2\)で割ることができて、

\(\displaystyle x^2 + x + 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} = 0\)

\(\displaystyle x^2 + \frac{1}{x^2} + x + \frac{1}{x}+ 1 = 0\)

\(\displaystyle \left(x + \frac{1}{x} \right)^2 -2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + \left( x + \frac{1}{x} \right)+ 1 = 0\)

\(\displaystyle \left(x + \frac{1}{x} \right)^2 + \left( x + \frac{1}{x} \right) – 1 = 0\)

\(\displaystyle x + \frac{1}{x} = t\)と置くと、

\( t^2 + t -1 = 0 \)

\(\displaystyle t = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} \)

\(\displaystyle x + \frac{1}{x} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}, \frac{-1 – \sqrt{5}}{2} \)

\(\displaystyle x + \frac{1}{x} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \)のとき、

\(\displaystyle x^2 – \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}x +1 = 0 \)

…\(\displaystyle x = \frac{ \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \pm \sqrt{-\frac{5 + \sqrt{5}}{2}} }{2} \)

\(\displaystyle x = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}i \)

\(\displaystyle x + \frac{1}{x} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \)のときも同様に計算して、

\(\displaystyle x = \frac{-1 – \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 – 2\sqrt{5}}}{4}i \)

以上より、\(x = 1\),\(\displaystyle \frac{-1 + \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}i \),\(\displaystyle \frac{-1 – \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 – 2\sqrt{5}}}{4}i \)…（答）

（※）について

一般的に、次のような因数分解ができます。

\(x^n -1 = (x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1)\)

これは、右辺を展開してくれてもわかりますし、左辺を組立除法で計算してくれてもわかります。

とにかく、この形に因数分解できる、というのはたまに使いますので覚えておいてもいいかもしれません。