1 極形式kamelink.com/public/cr_iii/cr3_chap2_複素数平面.pdf2 章：複素数平面...
TRANSCRIPT
2章：複素数平面 1：極形式
1 極形式
1.1 共役な複素数と絶対値
33 αは 1α
= a+ bi となる複素数とする。
β が 1β
= b+ ai となる複素数であるとき，β = α と表すことがで
きる。ただし，a，bは実数であるとする。 （立正大）
34(3 + i)(5− 2i)
2 + i=
√である。ただし，i は虚数単位である。
（湘南工科大）
複素数 z = a + bi （a, b は実数）の絶対値 z とは，原点 Oと点 z の距離のこ
x
y
OO
z = a+ bi
z
a
b
とです。この複素数の絶対値については，次の ( i )～(iii)が重要です。
( i ) z =√a2 + b2 …… これは実数です。
zz = (a+ bi)(a− bi) = a2 + b2 より
(ii) z 2 = zz
また，積と商における絶対値については
(iii)
zw = z w
zw
=z
w(w \= 0)
33β
αを整理しましょう。
34 絶対値の性質 (iii)より，z1z2z3
=z1 z2z3
が成り立ちます。
46
2章：複素数平面 1：極形式
33 1α
= a+ bi， 1β
= b+ ai より，β = 1b+ ai
， 1
α= a− bi だから
β
α= a− bi
b+ ai=
(a− bi)(b− ai)
(b+ ai)(b− ai)=
ab− (a2 + b2)i+ abi2
b2 − (−a2)= −i
∴ β = −iα
34(3 + i)(5− 2i)
2 + i=
√32 + 12
√52 + (−2)2√
22 + 12=
√10
√29√
5=
√58
分母を実数化してから絶対値を求めると(3 + i)(5− 2i)
2 + i= 17− i
2 + i=
(17− i)(2− i)
(2 + i)(2− i)= 33
5− 19
5i
∴ (3 + i)(5− 2i)
2 + i= 33
5− 19
5i =
√(335
)2
+
(− 19
5
)2
=√58
47
2章：複素数平面 1：極形式
1.2 実数条件，純虚数条件
35 複素数 zが z − 1 = 1を満たし，かつ z + 1zが実数であるならば
z = ,
である。ただし，iは虚数単位とする。 （東京工科大）
36 α+ 1 = α− 1 をみたす複素数 α( \= 0)は純虚数であることを示せ。
（公立はこだて未来大）
35 z が実数 ⇐⇒ z = z
36 z が純虚数 ⇐⇒ z + z = 0 かつ z \= 0
48
2章：複素数平面 1：極形式
35 z − 1 = 1 より， z − 1 2 = 1 だから
(z − 1)(z − 1) = 1
(z − 1)(z − 1) = 1 ∴ zz − (z + z) = 0 · · · · · · 1⃝
また，z + 1zが実数だから
z + 1z
= z + 1z
∴ z + 1z
= z + 1
z
両辺に zz をかけると
zzz + z = zz z + z
zz(z − z)− (z − z) = 0
(zz − 1)(z − z) = 0 ∴ zz = 1 または z = z
( i ) z = z のとき， 1⃝よりz2 − 2z = 0 ∴ z = 2 (∵ z \= 0)
(ii) zz = 1 のとき， 1⃝より1− (z + z) = 0
z = a+ bi とおくと
1− {(a+ bi) + (a− bi)} = 0 ∴ a = 12
zz = 1 すなわち z 2 = 1 より
a2 + b2 = 1 14
+ b2 = 1 ∴ b = ±√32
したがって z = a+ bi = 12
±√32
i = 12(1±
√3i)
以上，( i )，(ii)より z = 2, 12(1 ±
√3i)
36 α+ 1 = α− 1 の両辺を 2乗すると
α+ 1 2 = α− 1 2
(α+ 1)(α+ 1) = (α− 1)(α− 1)
(α+ 1)(α+ 1) = (α− 1)(α− 1)
αα+ α+ α+ 1 = αα− α− α+ 1 ∴ α+ α = 0
これと α \= 0 より，α は純虚数である。 （証終）
49
2章：複素数平面 1：極形式
1.3 極形式
37 2つの複素数を z = 2(1 + i), w = 4(1 +√3i) とする。このとき
zw = , arg(zw) =
である。ただし 0 < arg(zw) < 2π とする。 （北海道工業大）
38 2つの複素数 z = 1 + i，w = 1 +√3iに対し，複素数 w
zの絶対値は
であり，偏角は である。 （東邦大）
複素数平面上で，0でない複素数 z の表す点を Pとし，OPの長さを r（絶対値），半直線 OPと実軸の正の部分とのなす角を θ（偏角）とすると
z = r(cos θ + i sin θ)
と表すことができます。このように表したものを複素数 z の極形式といいます。
z の偏角は arg z で表され，その 1つを θ とすると
x
y
OO
P(z)
r
θ
arg z = θ + 2nπ（n は整数）と表されます。偏角には次のような性質があります。
arg (zw) = arg z + argw · · · · · · 1⃝
arg
(zw
)= arg z − argw · · · · · · 2⃝
37 絶対値の性質 (iii)と偏角の性質 1⃝を使います。
38 絶対値の性質 (iii)と偏角の性質 2⃝を使います。
50
2章：複素数平面 1：極形式
37 z = 2√2{cos
(π4
+ 2lπ)+ i sin
(π4
+ 2lπ)}
（lは整数）
w = 8{cos
(π3
+ 2mπ)+ i sin
(π3
+ 2mπ)}
（mは整数）
よって
zw = z w = 2√2× 8 = 16
√2
arg (zw) = arg z + argw =(π4
+ 2lπ)+
(π3
+ 2mπ)
= 712
π + 2(l +m)π
0 < arg(zw) < 2π より arg(zw) = 712
π
38 z =√2{cos
(π4
+ 2lπ)+ i sin
(π4
+ 2lπ)}
（lは整数）
w = 2{cos
(π3
+ 2mπ)+ i sin
(π3
+ 2mπ)}
（mは整数）
よって
wz
=w
z= 2√
2=
√2
arg wz
= argw − arg z =(π3
+ 2mπ)−
(π4
+ 2lπ)
= π12
+ 2(m− l)π
= π12
+ 2nπ （nは整数）
51
2章：複素数平面 1：極形式
1.4 ド・モアブルの定理
39 (1) 実数 θに対し
α = cos θ + i sin θ, β = cos θ − i sin θ
とおく。すべての自然数 nに対して
αn = cosnθ + i sinnθ, βn = cosnθ − i sinnθ
が成り立つことを示せ。ただし，iは虚数単位を表す。 （東北大 改）
(2) ド・モアブルの定理に現れる式の実部，虚部を比較することによって
cos 5θ, sin 5θ
のそれぞれを cos θ，sin θ の多項式で表せ。 （京都教育大 改）
40 次の複素数を a+ bi（a，bは実数）の形に表せ。
ただし，i =√−1 とする。
(1)
(1 +
√3i
2
)4
（神奈川大）
(2)
( √3 + i2
)−5
（武蔵工業大）
41 次の各問いに答えよ。ただし，i2 = −1 である。
(1) 1 + i, 1 +√3iを極形式で表せ。
(2) (1)の結果を利用して1 +
√3i
1 + iを極形式で表せ。
(3)
(1 +
√3i
1 + i
)12
を求めよ。 （九州東海大）
52
2章：複素数平面 1：極形式
(x + yi)n を二項定理で展開するのは大変です。極形式に直して，ド・モアブルの
定理を用います。
ド・モアブルの定理
(cos θ + i sin θ)n = cosnθ + i sinnθ（nは整数）
39 (1) ド・モアブルの定理を証明せよ，という問題です。
まずは，αn = cosnθ+ i sinnθ が成り立つことを示しましょう。数学的帰納法を用いるとよいでしょう。
(2) ド・モアブルの定理より
(cos θ + i sin θ)5 = cos 5θ + i sin 5θ
です。左辺を二項定理を用いて展開し，右辺の実部，虚部と比較しましょう。
40 (1) ド・モアブルの定理より
{r (cos θ + i sin θ)}n = rn{cosnθ + i sinnθ}が成り立ちます。
(2) n = 0 のとき
{r (cos θ + i sin θ)}−n = 1rn
{cos (−nθ) + i sin (−nθ)}
ですね。
41 (1)，(2)は (3)を求めるための親切な誘導です。
53
2章：複素数平面 1：極形式
39 (1) α = cos θ + i sin θ のとき，すべての自然数 nに対して
αn = cosnθ + i sinnθ · · · · · · (∗)が成り立つことを数学的帰納法を用いて証明する。
(I) n = 1 のとき，(∗)は明らかに成り立つ。(II) n = k（k は自然数）のとき (∗)が成り立つと仮定する。n = k + 1 のとき
αk+1 = αk · α = (cos kθ + i sin kθ)(cos θ + i sin θ)= cos kθ cos θ − sin kθ sin θ + i(sin kθ cos θ + cos kθ sin θ)= cos(kθ + θ) + i sin(kθ + θ)= cos(k + 1)θ + i sin(k + 1)θ
よって，(∗)は n = k + 1 のときも成り立つ。
(I)，(II)より，すべての自然数 nに対して (∗) は成り立つ。このとき，θ を−θ に置き換えると
{cos (−θ) + i sin (−θ)}n = cos (−nθ) + i sin (−nθ)∴ βn = cosnθ − i sinnθ
以上より，題意は示された。 （証終）
(2) ド・モアブルの定理より
(cos θ + i sin θ)5 = cos 5θ + i sin 5θ · · · · · · 1⃝また，二項定理より
(cos θ + i sin θ)5 = 5C0 cos5 θ + 5C1 cos
4 θ(i sin θ) + 5C2 cos3 θ(i sin θ)2
+ 5C3 cos2 θ(i sin θ)3 + 5C4 cos θ(i sin θ)
4 + 5C5(i sin θ)5
= cos5 θ − 10 cos3 θ sin2 θ + 5 cos θ sin4 θ
+ (sin5 θ − 10 sin3 θ cos2 θ + 5 sin θ cos4 θ)i · · · · · · 2⃝1⃝， 2⃝において，複素数の相等より
cos 5θ = cos5 θ − 10 cos3 θ sin2 θ + 5 cos θ sin4 θ
= cos5 θ − 10 cos3 θ(1− cos2 θ) + 5 cos θ(1− cos2 θ)2
= 16 cos5 θ − 20 cos3 θ + 5 cos θ
同様にして
sin 5θ = sin5 θ − 10 sin3 θ cos2 θ + 5 sin θ cos4 θ= 16 sin5 θ − 20 sin3 θ + 5 sin θ
54
2章：複素数平面 1：極形式
40 (1) まず1 +
√3i
2を極形式で表して，次にド・モアブルの定理を用いると(
1 +√3i
2
)4
=(cos π
3+ i sin π
3
)4
= cos(π3
× 4)+ i sin
(π3
× 4)
= cos 43π + i sin 4
3π
= − 12
−√32
i
(2) まず
√3 + i2
を極形式で表して，次にド・モアブルの定理を用いると( √3 + i2
)−5
=(cos π
6+ i sin π
6
)−5
= cos{π6
× (−5)}+ i sin
{π6
× (−5)}
= cos(− 5
6π)+ i sin
(− 5
6π)
= −√32
− 12i
41 (1) 1 + i，1 +√3iをそれぞれ極形式で表すと
1 + i =√2
(1√2
+ 1√2i
)=
√2(cos π
4+ i sin π
4
)1 +
√3i = 2
(12
+
√32
i
)= 2
(cos π
3+ i sin π
3
)(2) (1)より
1 +√3i
1 + i= 2√
2
{cos
(π3
− π4
)+ i sin
(π3
− π4
)}=
√2(cos π
12+ i sin π
12
)(3) (2)の結果とド・モアブルの定理から(
1 +√3i
1 + i
)12
= (√2)12
{cos
(π12
× 12)+ i sin
(π12
× 12)}
= 26(cosπ + i sinπ) = −64
55
2章：複素数平面 1：極形式
1.5 1の n乗根の図示
42 z3 = 1 をみたすすべての複素数 zを極形式によって表し，それらを複
素数平面に図示せよ。 （滋賀大）
43 複素数 zは 5次方程式 z5 = 1の解で，z \= 1であるものとする。この
とき，zは 4次方程式 を満たし，この方程式を z2で割ると，w = z+ 1z
の値は 2次方程式 を満たす。したがって，z + 1zの値は または
と求まる。
方程式 z5 = 1の解 z1，z2，· · ·，z5 が複素
x
y
Oz1
z2
z3
z4
z5
1
1
−1
−1
数平面上で図の位置にあるとすると
z2 = z5, z2z5 = 1
が成り立つので
cos 25π = 1
2(z2 + z5) =
となり，これを使うと，単位円に内接する正 5
角形の一辺の長さが と求まる。解 z2 の
実部は ，虚部は となる。
（九州工業大）
56
2章：複素数平面 1：極形式
42 3次方程式 z3 = 1 の解は 3個あり，その解の求め方は，次の 2つの方法があ
ります。
( i ) 因数分解して，直接解く。
(ii) z3 を極形式で表し，1の絶対値 1，偏角 2nπ（nは整数）と比較する。
43 z5 − 1 = (z − 1)(z4 + z3 + z2 + z + 1)
を利用すると，z についての 4次方程式が得られます。
一般に，zn = 1 をみたす複素数 z を 1の n乗根といい，1の n乗根は n個あり
x
y
Oz0
z1
z2
zn−1
2πn
1
1
−1
−1
zk = cos 2kπn
+ i sin 2kπn
(k = 0, 1, 2, · · · , n− 1)
と表すことができます。これを複素数平面上で
図示すると，z0，z1，z2，…，zn−1は点 1が分点の 1つとなるように，単位円を n等分した n個の点となります。
57
2章：複素数平面 1：極形式
42 z3 − 1 = 0 を解くと
x
y
O 1
1
−1
−1
− 12
−√
32
√3
2
23π
43π
(z − 1)(z2 + z + 1) = 0
∴ z = 1,−1±
√3i
2
極形式で表すと
z = 1 = cos 0 + i sin 0
z =−1 +
√3i
2= cos 2
3π + i sin 2
3π
z =−1−
√3i
2= cos 4
3π + i sin 4
3π
これらを複素数平面に図示すると上図の黒丸になる。
z = r (cos θ + i sin θ) とおくと
z3 = r3 (cos 3θ + i sin 3θ)
また
1 = cos 2nπ + i sin 2nπ （nは整数）
だから，z3 = 1 のとき
r3 = 1 かつ 3θ = 2nπ ∴ r = 1 かつ θ = 23nπ
0 5 23nπ < 2π のとき，n = 0, 1, 2 だから，z を極形式で表すと
z = cos 0 + i sin 0, cos 23π + i sin 2
3π, cos 4
3π + i sin 4
3π
43 z5 = 1 より
z5 − 1 = 0
∴ (z − 1)(z4 + z3 + z2 + z + 1) = 0
z \= 1 より，z は 4次方程式
z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0
をみたす。z = 0 は上式をみたさないから，両辺を z2 でわると
z2 + z + 1 + 1z
+ 1z2
= 0
∴(z + 1
z
)2
− 2 · z · 1z
+(z + 1
z
)+ 1 = 0
よって，w = z + 1zは，2次方程式
w2 + w − 1 = 0
をみたす。これを解くと
w = z + 1z
=−1 −
√5
2または
−1 +√5
2· · · · · · 1⃝
58
2章：複素数平面 1：極形式
ここで，z = r (cos θ + i sin θ) とおくと
z5 = r5 (cos 5θ + i sin 5θ)
また
1 = cos 2nπ + i sin 2nπ （nは整数）
だから，z5 = 1 のとき
r5 = 1 かつ 5θ = 2nπ ∴ r = 1 かつ θ = 25nπ
0 5 25nπ < 2π のとき，n = 0, 1, 2, 3, 4 である。このとき，下図のように
z1, z2, · · · , z5 をとると
zk = cos{(k − 1) · 2
5π}+ i sin
{(k − 1) · 2
5π}
(k = 1, 2, 3, 4, 5)
である。cos 25π は z2 の実部だから
cos 25π =
z2 + z22
= 12(z2 + z5) (∵ z2 = z5)
= 12
(z2 +
1z2
)(∵ z2z5 = 1)
= 12
· −1 +√5
2
(∵ 1⃝, cos 2
5π > 0
)=
√5 − 14
よって，単位円に内接する正 5角形の一辺の長さ
x
y
Oz1
z2
z3
z4
z5
25π
1
1
−1
−1
を lとすると
l2 = z2 − z12 = (z2 − 1)(z2 − 1)
= z22 − (z2 + z2) + 1
= 12 −√5− 12
+ 1 =5−
√5
2
∴ l =
√5 −
√5
2
また
（z2 の実部）= cos 25π =
√5 − 14
∴ （z2 の虚部）=
√12 −（z2 の実部）
2=
√1− 6− 2
√5
16=
√10 + 2
√5
4
59
2章：複素数平面 1：極形式
1.6 1の n乗根
44 複素数1√2+ 1√
2i を r(cos θ+ i sin θ) (r > 0, 0 5 θ < 2π) の形で表
すと r = ， θ = となる。また，1√2
+ 1√2i をm乗して 1に
なるような最小の自然数mは である。 （近畿大）
45 θ = 27π, α = cos θ + i sin θ, β = α + α2 + α4 のとき，以下の問い
に答えよ。
(1) α = α6 を示せ。
(2) β + β, ββ を求めよ。
(3) sin θ + sin 2θ + sin 4θ を求めよ。 （小樽商科大）
46 16乗して 1になる複素数は全部で 16個あり，それらは
cos 2π × k16
+ i sin 2π × k16
(k = 0, 1, · · · , 15)
と表される。このうち 16 乗して初めて 1 となる複素数の個数を n とし，
それらを z1, z2, · · · , zn とすると
n = ,
z1 + z2 + · · ·+ zn = ,
z1z2 · · · zn = ,
(1− z1)(1− z2) · · · (1− zn) =
である。 （近畿大）
60
2章：複素数平面 1：極形式
44 極形式で表された複素数 r(cos θ + i sin θ)がm乗して 1になる条件は
{r(cos θ + i sin θ)}m = 1∴ rm(cosmθ + i sinmθ) = cos 2nπ + i sin 2nπ （n は整数）
両辺の絶対値と偏角を比較して
r = 1 かつ mθ = 2nπ
が成り立つことです。
45 (1) θ = 27π ですから，7θ = 2π であり
α7 = (cos θ + i sin θ)7 = cos 7θ + i sin 7θ = 1
α \= 1 なので，αは 1の虚数 7乗根の 1つです。
(2) α7 − 1 = (α− 1)(α6 + α5 + α4 + α3 + α2 + α+ 1) を使います。
(3) sin θ + sin 2θ + sin 4θ は β = α+ α2 + α4 の虚部です。
β の値を求めることを考えましょう。(2)がヒントになっています。
46 1の n乗根（zn = 1の解）のうち，n乗して初めて 1になるものを，1の原始
n乗根といいます。
1の n乗根は
cos 2π × kn
+ i sin 2π × kn
(k = 0, 1, · · · , n− 1)
として n個ありますが，このうち原始 n乗根となるのは
kと nが互いに素
となるときです。
61
2章：複素数平面 1：極形式
44 極形式で表すと
1√2
+ 1√2i = cos π
4+ i sin π
4∴ r = 1, θ = π
4
また
(1√2
+ 1√2i
)m
= 1 より
cos(π4
×m)+ i sin
(π4
×m)= cos 2nπ + i sin 2nπ （nは整数）
したがってπ4
×m = 2nπ ∴ m = 8n
これをみたす最小の自然数m は 8 である。
45 (1) 7θ = 2π であり，ド・モアブルの定理より
α6 = (cos θ + i sin θ)6
= cos 6θ + i sin 6θ = cos (7θ − θ) + i sin (7θ − θ)
= cos (2π − θ) + i sin (2π − θ) = cos θ − i sin θ
= α （証終）
(2) α7 = cos 7θ + i sin 7θ = cos 2π + i sin 2π = 1 · · · · · · 1⃝ より
α7 − 1 = 0
∴ (α− 1)(α6 + α5 + α4 + α3 + α2 + α+ 1) = 0
α \= 1 より
α6 + α5 + α4 + α3 + α2 + α+ 1 = 0 · · · · · · 2⃝また，(1)より
β = α+ (α)2 + (α)4 = α6 + α12 + α24 = α6 + α7 · α5 + (α7)3 · α3
= α6 + α5 + α3 (∵ 1⃝)
したがって， 2⃝よりβ + β = (α+ α2 + α4) + (α6 + α5 + α3) = −1
であり
ββ = (α+ α2 + α4)(α3 + α5 + α6)
= α4 + α5 + α6 + 3α7 + α8 + α9 + α10
= α4 + α5 + α6 + 3 + α+ α2 + α3 (∵ 1⃝)= 3 + (−1) (∵ 2⃝)= 2
62
2章：複素数平面 1：極形式
(3) (2)より β, β は 2次方程式 x2 + x+ 2 = 0 の解であり，これを解くと
β =−1±
√7i
2= − 1
2±
√72
i
また，ド・モアブルの定理より
β = α+ α2 + α4
= (cos θ + i sin θ) + (cos 2θ + i sin 2θ) + (cos 4θ + i sin 4θ)= cos θ + cos 2θ + cos 4θ + i(sin θ + sin 2θ + sin 4θ)
β の虚部を比較して
sin θ + sin 2θ + sin 4θ = ±√72
· · · · · · 3⃝
ところで
x
y
OO
αα2
α3
α4
α5α6
sin θ + sin 2θ + sin 4θ= sin θ + sin 2θ + 2 sin 2θ cos 2θ= sin θ + sin 2θ(1 + 2 cos 2θ)
ここで，2θ = 47π であり， π
2< 4
7π < 2
3π より
− 12
< cos 2θ < 0 ∴ 0 < 1 + 2 cos 2θ < 1
これと sin θ > 0, sin 2θ > 0 より
sin θ + sin 2θ + sin 4θ > 0
であるから， 3⃝より
sin θ + sin 2θ + sin 4θ =
√72
46 cos 2π × k16
+ i sin 2π × k16
のうち，16乗して初めて 1になるのは，
k (0 5 k 5 15) と 16とが互いに素のときであり，このような k の値は
k = 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15
したがって，求める複素数の個数 nは 8 である。
また
z16 = 1 ∴ (z8 + 1)(z8 − 1) = 0
において，z8 − 1 = 0 の解は 8乗して 1になるから，16乗して初めて 1となる 8個の複素数 z1, z2, · · · , z8 は z8 + 1 = 0 の解である。したがって
z8 + 1 = (z − z1)(z − z2) · · · (z − z8) · · · · · · 1⃝が成り立つ。 1⃝の右辺を展開したときの z7 の係数と定数項を，左辺の z7 の係数と定数項と比較して
z1 + z2 + · · ·+ z8 = 0, z1z2 · · · z8 = 1
また， 1⃝の両辺に z = 1 を代入すると
(1− z1)(1− z2) · · · (1− z8) = 18 + 1 = 2
63
2章：複素数平面 1：極形式
1.7 複素数の n乗根
47 方程式 z2 = −i を解け。 （滋賀県立大）
48 z4 = 8(1 +√3i) をみたす複素数 z は 4つある。これらの 4つの複素
数を極形式で答えよ。 （琉球大 改）
49 方程式X6 −√2X3 + 1 = 0の複素数解を求めよ。 （信州大）
47 ， 48 zn = p+ qi（p, qは実数）をみたす z を求めるには，n = 2ぐらいなら
z = x + yi（x, y は実数）とおき，両辺の実部，虚部を比較することもできますが，nが大きな数になっていくと大変です。このときは，両辺を極形式で表し，両辺の絶対値，偏角を比較します。
47 x，y を実数として，(x + yi)2 = −i の実部・虚部を比較する解法と，極形式
を利用する解法の 2つがあります。
48 zn = p+ qi（p, qは実数）をみたす z を求めるには， 47 のように n = 2ぐ
らいなら z = x + yi（x, y は実数）とおき，両辺の実部，虚部を比較することもできますが，nが大きな数になっていくと大変です。このときは，両辺を極形式で表し，両辺の絶対値，偏角を比較します。
49 X3 = tとおけば，与式は tについての 2次方程式に帰着されます。これを解く
と，X3 =（複素数）となりますから，上の 2題と同じタイプの方程式になりますね。
64
2章：複素数平面 1：極形式
47 z = x+ yi（x, y は実数）とおくと
z2 = −i ∴ (x2 − y2) + 2xyi = −i
複素数の相等より{x2 − y2 = 0
2xy = −1∴ x = ±
√22
, y = ∓√22（複号同順）
よって
z =
√22
−√22
i, −√22
+
√22
i
z = r(cos θ + i sin θ)(r > 0)とおくと，z2 = −i より
r2(cos 2θ + i sin 2θ) = cos(− π
2
)+ i sin
(− π
2
)したがって，mを整数とすると{
r2 = 1
2θ = − π2
+ 2mπ∴
{r = 1
θ = − π4
+mπ
−π 5 θ < π で考えると θ = − π4, 3
4π だから
z =
cos
(− π
4
)+ i sin
(− π
4
)=
√22
−√22
i
cos 34π + i sin 3
4π = −
√22
+
√22
i
48 z = r(cos θ + i sin θ) (r > 0, 0 5 θ < 2π) とおくと，z4 = 8(1 +√3i)より
r4(cos 4θ + i sin 4θ) = 16(cos π
3+ i sin π
3
)したがって，nを整数とすると r4 = 16
4θ = π3
+ 2nπ
∴ r = 2, θ = π12
, 712
π, 1312
π, 1912
π (∵ n = 0, 1, 2, 3)
よって，求める複素数 z は
z = 2(cos π
12+ i sin π
12
), 2
(cos 7
12π + i sin 7
12π),
2(cos 13
12π + i sin 13
12π), 2
(cos 19
12π + i sin 19
12π)
65
2章：複素数平面 1：極形式
49 X3 = tとおくと，与えられた方程式は
t2 −√2t+ 1 = 0 ∴ t = X3 =
√2±
√2i
2（以下，複号同順）
X = r(cos θ + i sin θ) (r > 0, −π 5 θ < π) とおくと
X3 = r3 (cos 3θ + i sin 3θ) = cos(± π
4
)+ i sin
(± π
4
)したがって，mを整数とすると{
r3 = 1
3θ = ± π4
+ 2mπ∴
r = 1
θ = ± π12
+ 23mπ
−π 5 θ < π より θ = ± π12
, ± 712
π, ± 34π を考える。
ところで
x
y
OO 1−1
1
−1
θ = π12
θ = 34π
θ = − 712π
θ = − π12
θ = 712π
θ = − 34π
cos π12
= cos(π4
− π6
)= cos π
4cos π
6+ sin π
4sin π
6
= 1√2
·√32
+ 1√2
· 12
=
√6 +
√2
4
同様に
sin π12
=
√6−
√2
4
よって，求める複素数解 X は
X = cos(± π
12
)+ i sin
(± π
12
)= cos π
12± i sin π
12
=
√6 +
√2
4±
√6 −
√2
4i
X = cos(± 7
12π)+ i sin
(± 7
12π)= cos
(π2
+ π12
)± i sin
(π2
+ π12
)= − sin π
12± i cos π
12
=
√2 −
√6
4±
√6 +
√2
4i
X = cos(± 3
4π)+ i sin
(± 3
4π)= cos 3
4π ± i sin 3
4π
= − 1√2
± 1√2i
66
2章：複素数平面 2：複素数平面
2 複素数平面
2.1 原点のまわりの回転
50 複素数平面上の点 1+ iを原点のまわりに時計の針と反対向きに π6だ
け回転させた点は である。 （神奈川大）
51 複素数平面上の点 z0 = −√3 + iを原点のまわりに π
3だけ回転した
点を z1とし，さらに，z1を原点のまわりにπ2だけ回転した点を z2とする。
このとき，z1 = ，z2 = となる。また，複素数 z2 − z1の絶対値
は である。 （神奈川工科大 改）
52 複素数平面上で 3点 0, 1 + i, zが正三角形の頂点となるように，複素
数 zを定めよ。 （武蔵工業大）
67
2章：複素数平面 2：複素数平面
50 ， 51 点 z を原点のまわりに θ だけ回転した
x
y
OO
z
w
||
||
θ0θ
点を w とすると
z = r(cos θ0 + i sin θ0)
のとき
w = r{cos (θ0 + θ) + i sin (θ0 + θ)}= r(cos θ0 + i sin θ0)(cos θ + i sin θ)
∴ w = z(cos θ + i sin θ)
となります。すなわち，原点のまわりに θ だけ回転するということは
cos θ + i sin θ をかける
ということです。
50 点 z を原点のまわりに θ だけ回転した点を w
x
y
OO
z
w
||||
θ0θ
とすると
z = r(cos θ0 + i sin θ0)
のとき
w = r{cos (θ0 + θ) + i sin (θ0 + θ)}= r(cos θ0 + i sin θ0)(cos θ + i sin θ)
∴ w = z(cos θ + i sin θ)
となります。すなわち，原点のまわりに θ だけ回転するということは
cos θ + i sin θ をかける
ということです。
51 z1 = z0(cos π
3+ i sin π
3
)，z2 = z1
(cos π
2+ i sin π
2
)です。
52 正三角形は ± π3の回転を考えましょう。
68
2章：複素数平面 2：複素数平面
50 求める複素数は
(1 + i)(cos π
6+ i sin π
6
)= (1 + i)
( √32
+ 12i
)=
√3 − 12
+
√3 + 12
i
51 z0, z1 を次々に回転させると
z1 = z0(cos π
3+ i sin π
3
)= (−
√3 + i)
(12
+
√32
i
)= −
√3 − i
z2 = z1(cos π
2+ i sin π
2
)= (−
√3− i)i
= 1 −√3i
また
z2 − z1 = (1−√3i)− (−
√3− i)
= (1 +√3) + (1−
√3)i
より
z2 − z1 =√
(1 +√3)2 + (1−
√3)2
= 2√2
52 点 1 + iを原点のまわりに ± π3回転させた点が z だから
x
y
OO
1 + iz
z
π3
−π3
z = (1 + i){cos
(± π
3
)+ i sin
(± π
3
)}= (1 + i)
(12
±√32
i
)=
1 ∓√3
2+
1 ±√3
2i （複号同順）
69
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.2 (γ-α)/(β-α)
53 A，B，C は複素数平面上の三角形の頂点で，それぞれ複素数 α, β, γ
を表すとする。この 3数が関係式γ − αβ − α
=√3− i
をみたすとき，ABAC
= , ∠BAC = である。
（大阪電気通信大）
54 複素数平面において，√3 + i，4
√3 + 2iの表す点をそれぞれ P，Qと
する。このとき，点 Qを点 Pのまわりに π2回転した点 Q′ の表す複素数は
である。また，2√3− iの表す点を Rとするとき，∠QPRの大きさは
である。 （福岡大）
55 複素数平面上の三角形の頂点を，A(α), B(β), C(γ)とする。これらがγ − αβ − α
= 12(√3 + i)2
をみたすとき，次の各問いに答えよ。
(1)γ − αβ − α
の絶対値を r，偏角を θとおく。このとき，rおよび θを求めよ。
ただし，0 5 θ 5 2πとする。
(2)β − γα− γ
の値を求めよ。 （東京農工大）
70
2章：複素数平面 2：複素数平面
53 α, β, γ が表す点をそれぞれ A，B，C とすると
γ − αβ − α
=γ − α
β − α= AC
AB
argγ − αβ − α
= arg (γ − α)− arg (β − α) = ∠BAC
ですから，γ − αβ − α
の絶対値，偏角をみて△ABCの形状を知ることができます。
54
55 (2) (1)より△ABCの形状をとらえ，長さの比 CBCA
と∠ACBを求めましょう。
71
2章：複素数平面 2：複素数平面
53γ − αβ − α
=√3− i = 2
{cos
(− π
6
)+ i sin
(− π
6
)}より
ABAC
=β − αγ − α
= 12, ∠BAC = π
6
54 点 P，Q，Q′ の表す複素数をそれぞれ p，q，q′ とする。このとき
P
Q
Q′
√3
1
4√3
2
x
y
O
q′ − pq − p
= i
より
q′ = p+ (q − p)i
=√3 + i+ (3
√3 + i)i
=√3 − 1 + (3
√3 + 1)i
また，点 Rの表す複素数を r とすると
P
Q
R
x
y
O
q − pr − p
=3√3 + i√
3− 2i
=(3√3 + i)(
√3 + 2i)
(√3− 2i)(
√3 + 2i)
=7 + 7
√3i
3 + 4= 1 +
√3i
= 2(cos π
3+ i sin π
3
)よって
∠QPR = argq − pr − p
= π3
72
2章：複素数平面 2：複素数平面
55 (1)γ − αβ − α
= 12(√3 + i)2 = 1
2
{2(cos π
6+ i sin π
6
)}2
= 2(cos π
3+ i sin π
3
)であるから
r =γ − αβ − α
= 2, θ = argγ − αβ − α
= π3
(2) (1)より，三角形 ABCは右図のような
A(α)
B(β)
C(γ)
π6
π3
1
√32
∠B = π2, ∠A = π
3の直角三角形であるから
argβ − γα− γ
= π6,
β − γα− γ
=
√32
よって
β − γα− γ
=
√32
(cos π
6+ i sin π
6
)=
√32
( √32
+ 12i
)= 3
4+
√34
i
73
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.3 原点以外の点のまわりの回転
56 複素数 4+2iを 2+iのまわりに π2回転して得られる複素数は，
である。 （明治大）
57 (1) α，β は α \= β をみたす複素数とし，θは 0 5 θ < 2π とする。複
素数平面上で，点 αを点 βのまわりに θ回転した点を表す複素数を γとす
る。γ を αと β と θを用いて表せ。
(2) α = i（iは虚数単位）とする。点 αを原点のまわりに π3回転した点を
表す複素数を βとする。点 αを点 βのまわりに π4回転した点を表す複素
数を γ とする。γ の実部と虚部を求めよ。 （奈良女子大）
56 π2回転は
cos π2
+ i sin π2すなわち i
との積を考えます。
57 (1) これは説明できるようにしておきましょう。全体を −β だけ平行移動する
ことで，原点まわりの回転として考えます。
(2) 点 αを原点のまわりに θ 回転した点 β は
x
y
OO
α
β
γ
π3
π4
β = α(cos θ + i sin θ)
です。また，点 αを点 βのまわりに θ回転した点 γは，(1)の結果から
γ = β + (α − β)(cos θ + i sin θ)
ですね。
74
2章：複素数平面 2：複素数平面
56 4 + 2iを 2 + iのまわりに π2回転して得ら
4
2
2
1
z
x
y
O
れる複素数を z とおくと
z − (2 + i) = {(4 + 2i)− (2 + i)}i∴ z = 2 + i+ (2 + i)i = 1 + 3i
57 (1) 3 点 α，β，γ を −β だけ平行移動す
x
y
OO
β
α
γ
||
||
θ
α− β
γ − β
||
||
θ
ると，点 γ − β は点 α − β を原点のまわりにθ だけ回転した点であるから
γ − β = (α− β)(cos θ + i sin θ)∴ γ = β + (α − β)(cos θ + i sin θ)
(2) β は αを原点のまわりに π3回転した点を
表す複素数だから
β = α(cos π
3+ i sin π
3
)= i
(12
+
√32
i
)= −
√32
+ 12i
よって，(1)の結果より
γ =
(−
√32
+ 12i
)+
{i−
(−
√32
+ 12i
)}(cos π
4+ i sin π
4
)= −
√32
+ 12i+
√24
(√3 + i)(1 + i)
=
√6− 2
√3−
√2
4+
2 +√2 +
√6
4i
であるから
（γ の実部） =
√6 − 2
√3 −
√2
4
（γ の虚部） =2 +
√2 +
√6
4
75
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.4 三角形
58 A(1 + i), B(3 + 5i), C(γ)が複素数平面上の正三角形の 3頂点で，C
が第 2象限の点であるとき，γ を求めよ。 （広島大）
59 (1) z3 = −8 をみたす複素数 zを求めよ。
(2) α, β は β3 + 8α3 = 0 (α \= 0, β \= 0) をみたす複素数とする。角
θ = arg β − argα (0 5 θ < 2π) および， β : α を求めよ。
(3) Oを原点とする複素数平面上において，複素数 α, β を表す点をそれぞ
れA，Bとする。O，A，Bを頂点とする三角形ができるとき，その三角形
はどのような三角形か。 （九州工業大）
60 複素数平面上で，複素数 α, β, γ を表す点をそれぞれ A，B，Cとす
る。次の問いに答えよ。
(1) A，B，Cが正三角形の 3頂点であるとき
α2 + β2 + γ2 − αβ − βγ − γα = 0 · · · · · · (∗)が成立することを示せ。
(2) 逆に，この関係式 (∗)が成立するとき，A = B = Cとなるか，または，
A，B，Cが正三角形の 3頂点となることを示せ。 （金沢大）
76
2章：複素数平面 2：複素数平面
58 3点 A(α), B(β), C(γ)が正三角形である条件は
A B
C
C
||
||
||
π3
−π3
AB = AC かつ ∠BAC = π3
ですから，γ は β を α のまわりに ± π3回転することにより得ら
れます。本問では，C(γ)が第 2象限の点となるように回転の向き
を決めます。
59 θ = arg β − argα = argβα,
β
αはそれぞれ
βαの偏角，絶対値です。
60 (1) 3点 A(α), B(β), C(γ)が正三角形である
⇐⇒ AB = AC かつ ∠BAC = π3
⇐⇒ γ − αβ − α
= ACAB
= 1 かつ argγ − αβ − α
= ± π3
⇐⇒ γ − αβ − α
= cos(± π
3
)+ i sin
(± π
3
)⇐⇒ γ − α
β − α= 1
2±
√32
i
ここから先は，
(γ − αβ − α
− 12
)2
=
(±
√32
i
)2
として式を整理してもよいですが，
γ − αβ − α
を 12
±√32
iを解とする 2次方程式の解ととらえるとよいでしょう。
(2) (1)の逆をたどることを考えましょう。
77
2章：複素数平面 2：複素数平面
58 C(γ)は第 2象限の点であるから，Cは点 A(α)のまわりに点 B(β)を π3回転
x
y
OO
A
BC
1
1
3
5
π3
した点である。したがって，複素数 γ は
γ = α+ (β − α)(cos π
3+ i sin π
3
)= (1 + i) + (2 + 4i)
(12
+
√32
i
)= 1 + i+ {1− 2
√3 + (2 +
√3)i}
= 2 − 2√3 + (3 +
√3)i
59 (1) z3 = −8 より
z3 + 8 = 0
(z + 2)(z2 − 2z + 4) = 0
∴ z = −2, 1 ±√3i
(2) β3 + 8α3 = 0 の両辺を α3 ( \= 0)でわると(βα
)3
+8 = 0
よって，(1)よりβα
= −2 または 1±√3i
( i )βα
= −2 のとき
βα
= 2 (cosπ + i sinπ)
したがって
θ = arg β − argα = argβα
= π
またβ
α= 2 ∴ β : α = 2 : 1
78
2章：複素数平面 2：複素数平面
(ii)βα
= 1±√3i のとき
βα
= 2{cos
(± π
3
)+ i sin
(± π
3
)}（複号同順）
したがって
θ = arg β − argα = argβα
= ± π3
= π3, 5
3π (∵ 0 5 θ < 2π)
またβ
α= 2 ∴ β : α = 2 : 1
( i )，(ii)より
θ = π3, π, 5
3π
また，いずれのときも
β : α = 2 : 1
(3) θ = π のときは，3点 O，A，Bが同一直線上にあ
O
A
B
B
π3
1⃝
2⃝
2⃝
るので題意をみたさない。
したがって，3点 O，A，Bを頂点とする三角形ができるのは，(2)の (ii)より
βα
= 2{cos
(± π
3
)+ i sin
(± π
3
)}（複号同順）
のときであり，右図のようになる。これは
∠A = π2, OB : OA = 2 : 1 の
直角三角形
である。
79
2章：複素数平面 2：複素数平面
60 (1) △ABCが正三角形である · · · · · · 1⃝
⇐⇒ AB = AC かつ ∠BAC = π3
⇐⇒ γ − αβ − α
= ACAB
= 1
かつ argγ − αβ − α
= ± π3
⇐⇒ γ − αβ − α
= cos(± π
3
)+ i sin
(± π
3
) A(α) B(β)
C(γ)
C(γ)
||
||
||π3
−π3
ここで
cos(± π
3
)+ i sin
(± π
3
)= 1
2±
√32
i
をそれぞれ ω, ω とおくと
ω + ω = 1, ωω = 1
よって，2次方程式の解と係数の関係より，ω, ω すなわちγ − αβ − α
は
z2 − z + 1 = 0 の解である。
1⃝ ⇐⇒(
γ − αβ − α
)2
−(
γ − αβ − α
)+1 = 0 · · · · · · 2⃝
両辺に (β − α)2 をかけると
(γ − α)2 − (γ − α)(β − α) + (β − α)2 = 0 · · · · · · 3⃝⇐⇒ α2 + β2 + γ2 − αβ − βγ − γα = 0 · · · · · · (∗)
すなわち
1⃝ ⇐⇒ 2⃝ =⇒ 3⃝ ⇐⇒ (∗)したがって， 1⃝が成立するとき，(∗)は成立する。 （証終）
(2) (1)より
(∗) ⇐⇒ (γ − α)2 − (γ − α)(β − α) + (β − α)2 = 0 · · · · · · 3⃝( i ) β − α = 0 のとき， 3⃝は
(γ − α)2 = 0 ∴ γ = α
よって，α = β = γ であり，A = B = C である。
(ii) β − α \= 0 のとき， 3⃝の両辺を (β − α)2 ( \= 0)でわると(γ − αβ − α
)2
−(
γ − αβ − α
)+1 = 0
これは 2⃝と一致するから(∗) ⇐⇒ 3⃝ =⇒ 2⃝ ⇐⇒ 1⃝
したがって，(∗)が成立するとき 1⃝は成立する。よって，(∗)が成立するとき
A = B = C または △ABCは正三角形である。 （証終）
80
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.5 四角形
61 複素数平面上で，0でない複素数 α, βを表す点をそれぞれA，Bとし，
原点をOとする。α, βが等式 α2 − 2αβ +2β2 = 0 をみたすとき，次の問い
に答えよ。
(1) αβの値，argα− arg β の値をそれぞれ求めよ。
(2) さらに，点 Cを四角形 OACBが平行四辺形になるように定める。
β = 1 + 3i であるとき，頂点 Cを表す複素数を求めよ。 （星薬科大）
62 複素数平面上に図のような長方形があり，点
A
B
C
D
E
x
y
O
Aを表す複素数が√3+ 4
√3i，点 Bを表す複素数
が 3√3 +
√3i であり，AB : BC = 1 :
√3 である
とする。このとき，点 Cを表す複素数は で
ある。
また，線分ACと線分 BDの交点を Eとすると，
Eを表す複素数は である。
81
2章：複素数平面 2：複素数平面
61 (1) αβにより，3点 O，A，Bの位置関係，
O A(α)
B(β) C(γ)すなわち
OA : OBと ∠BOA
が決まります。
(2) 四角形 OACBが平行四辺形である条件は
γ = α+ β
です。
62 四角形 ABCDが AB : BC = 1 : r の長方形である
A(α) B(β)
C(γ)D(δ)
C(γ)D(δ)
1⃝
r⃝
r⃝
条件は，Aを Bのまわりに ± π2回転し，Bを中心に r倍
した点が Cであるということであり，これは
γ − β
= r{cos
(± π
2
)+ i sin
(± π
2
)}(α− β)
をみたすことです。本問ではABCDが反時計方向にまわっ
ているので，− π2回転することになります。
82
2章：複素数平面 2：複素数平面
61 (1) α2 − 2αβ + 2β2 = 0
x
y
OO
A(α)
A(α)B(β)
C(γ)
C(γ)
−π4
π4
両辺を β2 ( \= 0)でわると(αβ
)2
−2 · αβ
+ 2 = 0
∴ αβ
= 1 ± i
さらにαβ
=√2{cos
(± π
4
)+ i sin
(± π
4
)}argα− arg β = arg α
βより
argα − arg β = ± π4
(2) α = (1± i)β = (1± i)(1 + 3i) = −2 + 4i, 4 + 2i
平行四辺形 OACBの頂点 C(γ)は
γ = β + α
で求められるので
(1 + 3i) + (−2 + 4i) = −1 + 7i, (1 + 3i) + (4 + 2i) = 5 + 5i
すなわち γ = −1 + 7i, 5 + 5i
62 頂点 A，B，Cを表す複素数をそれぞれ α, β, γ とすると，Cは点 Aを点 B
のまわりに − π2回転して，さらに Bを中心に
√3倍した点であるから
γ = β +√3{cos
(− π
2
)+ i sin
(− π
2
)}(α− β)
= (3√3 +
√3i)−
√3i(−2
√3 + 3
√3i)
= 9 + 3√3 + (6 +
√3)i
また，Eは線分 ACの中点だから，Eを表す複素数は
α+ γ2
=(√3 + 4
√3i) + {9 + 3
√3 + (6 +
√3)i}
2
=9 + 4
√3
2+
6 + 5√3
2i
83
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.6 共線条件，垂直条件
63 (1) 複素数平面上の異なる 3点 α, β, γ が同一直線上にあるための必
要十分条件はγ − αβ − α
が実数であることを示せ。
(2) 3 個の複素数 −1, iz, z2 の表す点が同一直線上にあるための条件を
求めよ。 （津田塾大 改）
64 複素数平面上で複素数 z, z2, z3 を表す点をそれぞれ A，B，Cとし，
これらはすべて異なるとする。
(1) ∠BAC = π2ならば，z + z = である。ただし，z は z の共役な
複素数とする。
(2) 三角形ABCは ∠A = π2, ∠B = π
3の直角三角形であるとする。このと
き，三角形 ABCの面積は√3である。 （城西大 改）
63 異なる 3点 A(α), B(β), C(γ)が同一直線上にあ
A(α)
B(β)
C(γ)
C(γ)
る条件は
AB // AC
⇐⇒ argγ − αβ − α
= 0 または π
⇐⇒ γ − αβ − α
が実数
64 異なる 3点 A(α), B(β), C(γ)において
A(α)B(β)
C(γ)
C(γ)
AB⊥AC
⇐⇒ argγ − αβ − α
= ± π2
⇐⇒ γ − αβ − α
が純虚数
84
2章：複素数平面 2：複素数平面
63 (1) 異なる 3点 α, β, γ について
α, β, γ が同一直線上にある
⇐⇒ ∠BAC = 0または π
⇐⇒ argγ − αβ − α
= 0または π
⇐⇒ γ − αβ − α
は実数 （証終）
(2) ( i ) iz = −1のとき
z = −1i
= −ii2
= i ∴ z2 = −1
よって，iz = z2 = −1 であり，3点は一致する。すなわち，3点は同一直線上にあるといえる。
(ii) iz \= −1のとき
(1)より 3点が同一直線上にあるための条件はz2 − (−1)
iz − (−1)が実数であることだから
z2 − (−1)
iz − (−1)=
(1 + z2)(1− iz)
(1 + iz)(1− iz)= 1− iz
したがって，iz が実数，すなわち，z は 0または純虚数である。
( i )，(ii)より，求める条件は z が 0または純虚数であることである。
64 (1) ∠BAC = π2より
z3 − zz2 − z
は純虚数である。
したがって，r を 0でない実数としてz(z − 1)(z + 1)
z(z − 1)= ri
とおける。このとき
z + 1 = ri ∴ z = −1 + ri
したがって z + z = (−1 + ri) + (−1− ri) = −2
(2) ∠A = π2，∠B = π
3より AC
AB=
√3 だから
B
C
A1
√3
π3
z3 − z
z2 − z=
√3 ∴ z + 1 =
√3
(1)より z + 1 = ri だから
r =√3 ∴ r = ±
√3
このとき，z = −1±√3i だから
AB = z2 − z = z z − 1 =√
(−1)2 + (±√3)2
√(−2)2 + (±
√3)2 = 2
√7
したがって
（△ABCの面積）= 12AB×
√3AB = 1
2· (2
√7)2 ·
√3 = 14
√3
85
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.7 円の方程式
65 複素数 zが
z + 2 = z − 4 ， z = 2
を満たし，zの虚部が正であるとき z = である。 （神奈川大）
66 方程式
zz + βz + βz + 1 = 0
は，βが という条件を満たすとき，円を表す。ただし，z，βは，それ
ぞれ z，β の共役複素数である。 （立教大）
67 zを複素数とすると，方程式
z − 2 = 2 z + 1
は複素数平面上で円を表す。この円の中心は ，半径は である。
（北海道工業大）
86
2章：複素数平面 2：複素数平面
65 複素数 z が
z − α = z − β
をみたすとき，z は複素数平面上で 2点 α，β を両端とする線分の垂直二等分線をえがきます。
また
z − α = r（r は正の実数）
をみたすとき，z は複素数平面上で点 αを中心とする半径 r の円をえがきます。
66 zz + βz + βz + c = 0（cは実数）
を変形すると
z(z + β) + βz + c = 0
z(z + β) + β(z + β)− ββ + c = 0
(z + β)(z + β) = ββ − c
∴ z + β 2 = β 2 − c
です。これより，実数 β 2 − c が正ならば，複素数 z は複素数平面上で，−β を中
心とする半径
√β 2 − cの円をえがきます。
67 複素数 z が
z − α = k z − β （k は 1でない正の数）
をみたすとき，zは複素数平面上で線分 αβ を 1 : kに内分する点と外分する点を直径の両端とする円をえがきます。この円はアポロニウスの円とよばれています。
87
2章：複素数平面 2：複素数平面
65 複素数 zが z + 2 = z − 4 をみ
z
−2 1 2 4
2
−2
2
x
y
O
たすとき，z は 2点 −2，4を両端とする線分の垂直二等分線上にある。
また，複素数 z が z = 2 をみたすと
き，zは原点を中心とする半径 2の円周上にある。
以上のことと zの虚部が正であることから，z は右図の位置にあることがわかる。したがって
z = 1 +√3i
z + 2 = z − 4 より z + 2 2 = z − 4 2 だから
(z + 2)(z + 2) = (z − 4)(z − 4)
(z + 2)(z + 2) = (z − 4)(z − 4)
zz + 2(z + z) + 4 = zz − 4(z + z) + 16
∴ z + z = 2 · · · · · · 1⃝
また， z = 2 より z 2 = 4 だから
zz = 4 · · · · · · 2⃝1⃝， 2⃝より z は 2次方程式 z2 − 2z + 4 = 0 の解のうち虚部が正のものであるから
z = 1 +√3i
66 zz + βz + βz + 1 = 0
(z + β)(z + β)− ββ + 1 = 0
(z + β)(z + β) = ββ − 1
∴ z + β 2 = β 2 − 1
この方程式が円を表すための条件は
β 2 − 1 > 0 すなわち β > 1
88
2章：複素数平面 2：複素数平面
67 z − 2 = 2 z + 1 より z − 2 2 = 4 z + 1 2 だから
(z − 2)(z − 2) = 4(z + 1)(z + 1)
(z − 2)(z − 2) = 4(z + 1)(z + 1)
zz − 2(z + z) + 4 = 4(zz + z + z + 1)
zz + 2z + 2z = 0
(z + 2)(z + 2) = 4
(z + 2)(z + 2) = 4 ∴ z + 2 2 = 4
よって， z + 2 = 2 だから，z は円をえがき，その中心は−2，半径は 2である。
z = x+ yi（x, y は実数）とおくと
(x− 2)2 + y2 = 4{(x+ 1)2 + y2}x2 + y2 + 4x = 0 ∴ (x+ 2)2 + y2 = 4
よって，z は複素数平面上で円をえがき，中心は −2，半径は 2である。
89
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.8 実数・純虚数と軌跡
68
(z
1 +√3i
)2
が実数となるような複素数 zが複素数平面上でえがく図
形を図示せよ。 （津田塾大）
69 複素数 z = x+ yi（x, yは実数）に対して， z − 4z − 2
が純虚数であると
する。このとき，複素数 z の表す点の軌跡を x, yで表すと円 = 1か
ら，2点(
,),(
,)を除いたものとなる。
（埼玉工業大）
68 w = x+ yi（x，y は実数）とおくと，w2 = (x2 − y2) + 2xyi ですから
w2 が実数 ⇐⇒ x = 0 または y = 0 ⇐⇒ w が実数または純虚数
となります。これを利用しましょう。
69 誘導にのってz − 4z − 2
を x, y の式として整理してもよいし
w が純虚数 ⇐⇒ w + w = 0 かつ w \= 0
を利用してもよいですね。
90
2章：複素数平面 2：複素数平面
68
(z
1 +√3i
)2
が実数となるとき
x
y
OO 1
√3
−√3
1
z
1 +√3iが実数または純虚数
よって，k を実数としてz
1 +√3i
= k または ki
とおけるから，z は
z = k(1 +√3i) または z = k(−
√3 + i)
これは複素数平面上の直線で，z がえがく図形は右上図である。
69 z − 4z − 2
=x+ yi− 4x+ yi− 2
={(x− 4) + yi}{(x− 2)− yi}{(x− 2) + yi}{(x− 2)− yi}
=x2 − 6x+ 8 + y2 + 2yi
(x− 2)2 + y2
この値が純虚数となることから{x2 − 6x+ 8 + y2 = 0
2y \= 0∴
{(x − 3)2 + y2 = 1
y \= 0
よって，y = 0 となる 2点 (2, 0), (4, 0)は除かれる。
z − 4z − 2
が純虚数であるから z \= 2, 4であり
z − 4z − 2
+
(z − 4z − 2
)= 0
(z − 2)(z − 4) + (z − 2)(z − 4) = 0
zz − 3(z + z) + 8 = 0
(z − 3)(z − 3) = 1 ∴ z − 3 = 1
91
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.9 軌跡
70 複素数 zが z − 1 = 2をみたすとき，複素数
w = iz + 3
で表される点 P(w) は中心が の円周上にある。 （早稲田大）
71 複素数 zが z − 1 = 1 をみたすとき，複素数平面上で
w = z − iz + i
によって定まる点 wの軌跡を図示せよ。 （早稲田大）
72 α =1 +
√3i
2とする。
(1) αz + α z = 1を満たす複素数 zの全体が表す図形を図示しなさい。
(2) 複素数 zが円 |z − α| = d上を動くとき，w = 1zを表す点 wの軌跡が直
線となるような正の定数 dを求めなさい。 （龍谷大）
92
2章：複素数平面 2：複素数平面
70 w は次の操作により作られます。
z iz iz + 3
原点のまわり
に π2回転
実軸方向に 3だけ平行移動
71 w = z − iz + i
の変換の意味は読み取りにくいので，z について解き直します。
z = − w + 1w − 1
i
となり，これを z − 1 = 1 に代入すれば，w についての関係式が得られます。
72 (1) z が直線を表すことを一般的に説明しておきましょう。
点 z0 を通り，線分 OAに垂直な直線上に z がある条件は，A(α)とすると
z − z0α
が純虚数 ⇐⇒ z − z0α
+(z − z0
α
)= 0
さらに，これを変形すると
α(z − z0) + α(z − z0) = 0 ∴ αz + αz = αz0 + αz0
αz0 + αz0 = αz0 + αz0 =（実定数）より
αz + αz =（実定数）
は線分 OAに垂直な直線の方程式です。本問の場合は αz + α z = 1 だから
α = 12
−√32
i = cos(− π
3
)+ i sin
(− π
3
)に垂直な直線です。
93
2章：複素数平面 2：複素数平面
70 z − 1 = 2 より，点 z は中心 1，半径 2の円周上にある。
w = iz + 3より，点 w は点 z を原点のまわりに π2回転して，実軸方向に 3だけ
平行移動した点なので，P(w)は
中心が i + 3，半径が 2の円周上
にある。
w = iz + 3 より
z = w − 3i
これを z − 1 = 2 に代入するとw − 3
i− 1 = 2 w − 3− i = 2 i ∴ w − (3 + i) = 2
よって，P(w)は点 3 + iを中心とする半径 2の円周上にある。
71 w = z − iz + i
より
w(z + i) = z − i ∴ (w − 1)z = −(w + 1)i
w = 1 のときこの等式は成立しないから w \= 1 であり
z = − w + 1w − 1
i
これを z − 1 = 1に代入すると
− w + 1w − 1
i− 1 = 1
−(w + 1)i− w + 1 = w − 1
(−1− i)w + 1− i = w − 1
−1− i w − 1− i1 + i
= w − 1
∴√2 w + i = w − 1
両辺を 2乗して
2 w + i 2 = w − 1 2
2(w + i)(w + i) = (w − 1)(w − 1)
2(w + i)(w − i) = (w − 1)(w − 1)
2(ww − wi+ wi+ 1) = ww − w − w + 1
ww + (1− 2i)w + (1 + 2i)w + 1 = 0
94
2章：複素数平面 2：複素数平面
ww + (1 + 2i)w + (1 + 2i)w + 1 = 0
{w + (1 + 2i)}{w + (1 + 2i)} − (1 + 2i)(1 + 2i) + 1 = 0
w + 1 + 2i 2 = 4
∴ w + 1 + 2i = 2
よって，w の軌跡は
x
y
O−1
−2点 −1− 2iを中心とする半径 2の円
であり，右図となる。
72 (1) z = x+ yi とおく。αz + α z = 1 より(1 +
√3i
2
)(x+ yi) +
(1−
√3i
2
)(x− yi) = 1
(x−√3y) + (y +
√3x)i+ (x−
√3y) + (−y −
√3x)i = 2
∴ y = 1√3(x− 1)
よって，z は複素数平面上で，点 1 を通り傾きが 1√3，
π6
1 x
y
O
すなわち，実軸とのなす角が π6の直線を表す。これを
図示すると右図のようになる。
【参考】α =1 +
√3i
2= cos π
3+ i sin π
3
w = αz とおくと
w + w = 1 ∴ w + w
2= 1
2
よって，w は実部が 12の複素数だから，w は右図の点
π6
1
12
−π3
x
y
O
線の直線を表す。
z = wαだから，z はこの点線の直線を原点まわりに
− π3回転した直線となる。
(2) w = 1zより
z = 1w
これを z − α = d に代入すると1w
− α = d ∴ 1− αw = w d
両辺を α でわると1α
− w = wα
d ∴ w − 1α
= w d (∵ α = 1)
95
2章：複素数平面 2：複素数平面
よって，d > 0 において
d \= 1 のとき w の軌跡は（アポロニウスの）円
d = 1 のとき w の軌跡は 2点 1α, 0を結ぶ線分の垂直二等分線
となるから，求める dの条件は d = 1
96
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.10 領域
73 z = az1 + bz2 において，z1，z2 は 2つの与えられた複素数で，a，b
は a = 0，b = 0 である変数とする。
(1) a+ b = 1 のとき，複素数平面上の点 zの軌跡を求めよ。
(2) 1 5 a+ b 5 2 のとき，点 zの存在する領域（範囲）を図示せよ。
（千葉大）
74 次のそれぞれの場合について，条件をみたす複素数 zの全体を，複素
数平面上に図示しなさい。
(1) z − 1z + 1
> 2 (2) z2 の虚部 > 1 （津田塾大 改）
75 z は z − 2 5 1 をみたす複素数，aは 0 5 a 5 2 をみたす実数とす
る。さらに w = iaz とする。ただし，iは虚数単位である。
(1) 複素数平面において wの存在範囲を図示せよ。
(2) wの偏角の範囲を求めよ。 （法政大）
73 z = az1 + bz2 = (a+ b)az1 + bz2b+ a
と変形すると，az1 + bz2b+ a
は線分 z1z2 を
b : aに分ける点を表しています。
74 (1) z − 1 > 2 z + 1 と変形できます。 z − 1 = 2 z + 1 はアポロニウス
の円でしたね。
(2) z = x + yi（x，y は実数）とおいて，z2 の虚部を調べましょう。
75 (1) w = iaz は z を原点を中心にして a倍に拡大または縮小して，さらに π2
回転する変換です。まず aを固定して円板 z − 2 5 1を動かし，次に aを 0 5 a 5 2
の範囲で動かします。
97
2章：複素数平面 2：複素数平面
73 (1) a+ b = 1 より
z = az1 + bz2 =az1 + bz2b+ a
z の表す点は線分 z1z2 を b : a に内分する点である。
z1
z2z
a⃝b⃝
x
y
O
すなわち，z の軌跡は
線分 z1z2（両端を含む）。
(2) a+ b = k (1 5 k 5 2) とおく。このとき
z1
z2
2z1
2z2
|
|
||
||
x
y
O
z = az1 + bz2 = k · az1 + bz2b+ a
w =az1 + bz2b+ a
とおくと，(1)より，wの軌跡は線分 z1z2
である。z = kw より，z の軌跡はこの線分を k 倍 (1 5k 5 2) に拡大したものである。
よって，点 z の存在する領域は右図の斜線部分（境界を含む）。
74 (1) z − 1z + 1
> 2 すなわち z − 1 > 2 z + 1
両辺正より 2乗して
z − 1 2 > 4 z + 1 2
(z − 1)(z − 1) > 4(z + 1)(z + 1)
(z − 1)(z − 1) > 4(z + 1)(z + 1)
zz + 53(z + z) + 1 < 0(
z + 53
)(z + 5
3
)− 25
9+ 1 < 0
z + 53
2< 16
9∴ z + 5
3< 4
3
よって，複素数 z の表す点の集合は，複素数平面上において
x
y
O−3
− 13− 5
3
点 − 53を中心とする半径 4
3の円の内部
（境界は含まない）
であり，右図の斜線部分（境界は含まない）。
98
2章：複素数平面 2：複素数平面
(2) z = x+ yi（x，y は実数）とおくと
x
y
O
y = 12x
1
12−1
− 12
z2 = (x+ yi)2 = x2 − y2 + 2xyi
（z2 の虚部）> 1 より 2xy > 1 だから
x > 0 のとき y > 12x
x < 0 のとき y < 12x
よって，複素数 z の表す点の集合は，複素数平面上において右図の斜線部分（境界は含まない）。
75 (1) z − 2 = 1 は中心 2，半径 1 の円を表
x
y
OO 2
2a
31
D
3a
a
（a > 0 のとき）
し，不等式 z − 2 5 1はこの円の周および内部を
表す。これを D とする。
また，w = iaz は，原点 O を中心にして z を a
倍に拡大または縮小して，さらに π2回転して得ら
れる点である。
したがって aを固定して考えると，wの存在範囲は D を原点 Oを中心にして a倍に拡大または縮小
し，さらに π2回転して得られる図形，つまり，2ai
を中心とし，半径 aの円の周および内部を表す。
aを 0 5 a 5 2 の範囲で動かすと，w の存在する範囲は
x
y
OO
6
4 2
π6
右下図の斜線部分（境界を含む）。
a \= 0のとき
z = wia
z − 2 5 1に代入してwia
− 2 5 1
∴ w − 2ai 5 ia = a (> 0)
また，a = 0のときは w = 0であり，このときも不等式は成り立つ。
したがって，aを固定したとき，wは中心 2ai，半径aの円の周および内部。以下解答と同じ。
(2) (1)の解答の図からπ2
− π6
5 argw 5 π2
+ π6
∴ π3
5 argw 5 23π
99
2章：複素数平面 2：複素数平面
2.11 複素数と数列
76 次の複素数の数列を考える。 z1 = 1
zn+1 = 12(1 + i)zn + 1
2(n = 1, 2, 3, · · · )
ただし，iは虚数単位とする。次の問いに答えよ。
(1) zn+1 − α = 12(1 + i)(zn − α) なる定数 αを求めよ。
(2) このとき，z17 を求めよ。 （福島大）
77 2組の数列 {an}，{bn} (n = 0, 1, 2, · · · ) をa0 = 1, an+1 = −an −
√3bn
b0 = 0, bn+1 =√3an − bn
と定める。cn = an + bni（ただし，iは虚数単位）とするとき，次の問いに
答えなさい。
(1) cn+1 を cn で表しなさい。
(2) cn を求めなさい。
(3) mを負でない整数とするとき，a0+a1+a2+ · · ·+a3m+2 を求めなさい。
（前橋工科大）
78 複素数平面上の点列 {An} (n = 0, 1, 2, · · · · · · ) を次のように定める。原点を A0とし，原点以外の点 A1をとる。n = 2 の場合，点 An−1を中心と
して点 An−2を正の向きに角 θだけ回転して得られる点を Anとする。また，
An に対応する複素数を αn とする。ω = cos θ + i sin θとする。
(1) αn を αn−1，αn−2，ω を用いて表せ。
(2) α1 = α とするとき，αn を n，α，ωを用いて表せ。
(3) 点列 {An} (n = 0, 1, 2, · · · · · · ) はある円の周上にあることを示し，その円の中心と半径をそれぞれ α，ωを用いて表せ。ただし，
θ \= π × k（kは整数）とする。 （同志社大）
100
2章：複素数平面 2：複素数平面
76 (1) 複素数を係数とする 2項間漸化式です。
zn+1 = pzn + q · · · · · · 1⃝α = pα+ q · · · · · · 2⃝
2⃝をみたす αを求めて， 1⃝− 2⃝をつくると， 1⃝はzn+1 − α = p(zn − α) · · · · · · 3⃝
と変形することができます。これは数列 {zn − α}が公比 pの等比数列であることを
表しています。
1⃝を 3⃝に変形するための αについての方程式 2⃝は， 3⃝を展開して得られる式zn+1 = pzn − pα+ α
と 1⃝を比較することにより得ることができます。すなわちq = −pα+ α ∴ α = pα+ q
です。
(2) まずは (1)の結果を利用して漸化式を解くとよいでしょう。(1 + i2
)n
は1 + i2
を 1√2
(cos π
4+ i sin π
4
)と極形式で表すことにより(
1 + i2
)n
=
(1√2
)n (cos nπ
4+ i sin nπ
4
)と整理することができます。
77 (1) cn+1 = an+1 + bn+1i = (−an −√3bn) + (
√3an − bn)i
について，cn = an + bniが現れるように整理します。
(2) (1)より数列 {cn}は複素数 αを公比とする等比数列であることがわかります。
よって，数列 { cn }は α =√（実部）
2+（虚部）
2を公比とする等比数列です。
(3) 求める和は c0 + c1 + c2 + · · ·+ c3m+2 の実部として現れます。
78 (1) 複素数平面上で点 αn−2 を点 αn−1 のまわりに θ 回転した点を点 αn とす
ると
αn − αn−1 = (αn−2 − αn−1)(cos θ + i sin θ)
という関係式が成立します。
(2) 3項間漸化式の解き方を思い出しましょう。
(3) 点 αn が点 β を中心とする半径 r の円の周上にあるということは
αn − β = r
が成立するということです。
101
2章：複素数平面 2：複素数平面
76 (1) zn+1 − α = 12(1 + i)(zn − α) より
zn+1 = 12(1 + i)zn + 1− i
2α
与えられた漸化式と比較して12
= 1− i2
α ∴ α = 11− i
=1 + i2
(2) (1)の結果から
zn+1 − 1 + i2
= 1 + i2
(zn − 1 + i
2
)よって，数列
{zn − 1 + i
2
}は公比
1 + i2の等比数列であり
zn − 1 + i2
=(z1 − 1 + i
2
)(1 + i2
)n−1
= 1− i2
(1 + i2
)n−1
(∵ z1 = 1)
したがって
z17 = 1 + i2
+ 1− i2
{1√2
(cos π
4+ i sin π
4
)}16
= 1 + i2
+ 1− i2
· 2−8(cos 4π + i sin 4π) = 1 + i2
+ 1− i2
· 1256
· 1
=257 + 255i
512
77 (1) cn+1 = an+1 + bn+1i = (−an −√3bn) + (
√3an − bn)i
= −(an + bni) +√3(ani− bn) = −(an + bni) +
√3(an + bni)i
= −cn +√3cni = (−1 +
√3i)cn
(2) (1)より
cn+1 = −1 +√3i cn ∴ cn+1 =
√(−1)2 + (
√3)2 cn = 2 cn
よって，数列 { cn }は公比 2の等比数列であり
cn = c0 · 2n = a0 + b0i · 2n = 1 + 0 · i · 2n = 2n
(3) ω = −1 +√3i = 2
(cos 2
3π + i sin 2
3π)とおくと
ω3 = 23 (cos 2π + i sin 2π) = 8 · · · · · · 1⃝1 + ω + ω2 = 1 + (−1 +
√3i) + (−2− 2
√3i) = −2−
√3i · · · · · · 2⃝
また，(1)の結果から cn+1 = ωcn だから，数列 {cn}は公比 ω の等比数列であり
cn = c0 · ωn = 1 · ωn = ωn
102
2章：複素数平面 2：複素数平面
このとき
c0 + c1 + c2 + · · ·+ c3m+2 = ω0 + ω1 + ω2 + · · ·+ ω3m+2
= (1 + ω + ω2) + ω3(1 + ω + ω2) + · · ·+ ω3m(1 + ω + ω2)
= (1 + ω + ω2)(1 + ω3 + · · ·+ ω3m) = (1 + ω + ω2) · (ω3)m+1 − 1
ω3 − 1
= (−2−√3i) · 8m+1 − 1
8− 1(∵ 1⃝, 2⃝)
求める a0 + a1 + a2 + · · ·+ a3m+2 はこれの実部だから
a0 + a1 + a2 + · · ·+ a3m+2 = − 2(8m+1 − 1)
7
78 (1) 点 αn−1 を中心に点 αn−2 を θ 回転したものが点 αn だから
αn − αn−1 = (αn−2 − αn−1)(cos θ + i sin θ)∴ αn = (1 − ω)αn−1 + ωαn−2 (n = 2, 3, 4, · · · )
(2) (1)の漸化式は
（t2 = (1− ω)t+ ω をみたす tは (t− 1)(t+ ω) = 0 ∴ t = 1,−ω）
αn − αn−1 = −ω(αn−1 − αn−2) · · · · · · 1⃝αn + ωαn−1 = αn−1 + ωαn−2 · · · · · · · · 2⃝
の 2通りに変形できる。
1⃝ より
αn+1 − αn = (α1 − α0)(−ω)n = (α− 0)(−ω)n = α(−ω)n · · · · · · 1⃝′
2⃝ より
αn+1 + ωαn = α1 + ωα0 = α+ ω · 0 = α · · · · · · 2⃝′
2⃝′ − 1⃝′ より
(1 + ω)αn = α− α(−ω)n
∴ αn =α{1 − (−ω)n}
1 + ω(n = 0, 1, 2, · · · )
(3) (2)より
αn − α1 + ω
= −α · (−ω)n
1 + ω∴ αn − α
1 + ω= α
ω n
1 + ω
ω = cos θ + i sin θ より ω = 1 だから
αn − α1 + ω
= α1 + ω
よって，点列 {An}は，中心 α1 + ω
，半径 α1 + ω
の円の周上にある。（証終）
103