次の値を求めなさい。
\[ \left( \frac{1+\sqrt{3}\,i}{1-i} \right)^{12} \] ▼ 解答・解説答え：\(-64\)
極形式で表すと
\[ 1+\sqrt{3}\,i = 2\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right),\qquad 1-i=\sqrt{2}\left\{\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right\} \]よって
\[ \frac{1+\sqrt{3}\,i}{1-i} = \sqrt{2}\left(\cos\frac{7}{12}\pi + i\sin\frac{7}{12}\pi\right) \]ド・モアブルの定理より
\[ \left(\frac{1+\sqrt{3}\,i}{1-i}\right)^{12} = (\sqrt{2})^{12}\,(\cos 7\pi + i\sin 7\pi) = 64\cdot(-1) = -64 \]方程式 \( z^4 = -8+8\sqrt{3}\,i \) を解きなさい。また，解を表す4点を頂点とする四角形の面積を求めなさい。
▼ 解答・解説答え：\( z=\sqrt{3}+i,\ -1+\sqrt{3}\,i,\ -\sqrt{3}-i,\ 1-\sqrt{3}\,i \) 面積 \(8\)
\( -8+8\sqrt{3}\,i = 16\left(\cos\frac{2}{3}\pi + i\sin\frac{2}{3}\pi\right) \)。\( z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\ (r>0) \) とおくと
\[ r^4 = 16,\qquad 4\theta = \frac{2}{3}\pi + 2k\pi \quad (k=0,1,2,3) \]よって \( r=2,\ \theta = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{k\pi}{2} \) となり
\[ z = \sqrt{3}+i,\quad -1+\sqrt{3}\,i,\quad -\sqrt{3}-i,\quad 1-\sqrt{3}\,i \]4点は原点中心・半径2の円に内接する正方形の頂点であり，対角線の長さが4なので，面積は \( \dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 4 = 8 \)。
\( \omega = \cos\dfrac{2}{5}\pi + i\sin\dfrac{2}{5}\pi \) とするとき，次の値を求めなさい。
\[ (2-\omega)(2-\omega^2)(2-\omega^3)(2-\omega^4) \] ▼ 解答・解説答え：\(31\)
\( \omega^5=1,\ \omega\neq 1 \) より，\( \omega,\ \omega^2,\ \omega^3,\ \omega^4 \) は \( x^5-1=0 \) の 1 以外の解，すなわち
\[ x^4+x^3+x^2+x+1=0 \]の4つの解である。したがって恒等式
\[ x^4+x^3+x^2+x+1 = (x-\omega)(x-\omega^2)(x-\omega^3)(x-\omega^4) \]が成り立つ。\( x=2 \) を代入して
\[ (2-\omega)(2-\omega^2)(2-\omega^3)(2-\omega^4) = 16+8+4+2+1 = 31 \]問3の \( \omega \) を用いて，\( \alpha = \omega + \omega^4 \) とおく。\( \alpha \) が満たす2次方程式を作り，\( \cos\dfrac{2}{5}\pi \) の値を求めなさい。
▼ 解答・解説答え：\( \alpha^2+\alpha-1=0 \)， \( \cos\dfrac{2}{5}\pi = \dfrac{\sqrt{5}-1}{4} \)
\( \omega^4+\omega^3+\omega^2+\omega+1=0 \) の両辺を \( \omega^2 \) で割ると
\[ \omega^2+\omega+1+\frac{1}{\omega}+\frac{1}{\omega^2}=0 \]\( \omega^5=1 \) より \( \dfrac{1}{\omega}=\omega^4 \)。\( \alpha=\omega+\dfrac{1}{\omega} \) とすると \( \omega^2+\dfrac{1}{\omega^2}=\alpha^2-2 \) なので
\[ \alpha^2-2+\alpha+1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \alpha^2+\alpha-1=0 \]一方 \( \alpha=\omega+\overline{\omega}=2\cos\dfrac{2}{5}\pi>0 \) なので \( \alpha=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2} \)。よって
\[ \cos\frac{2}{5}\pi = \frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{5}-1}{4} \]複素数平面上で，等式 \( |z-2i| = 2|z+i| \) を満たす点 \( z \) 全体はどのような図形を描くか答えなさい。
▼ 解答・解説答え：点 \( -2i \) を中心とする半径 \(2\) の円
両辺を2乗して \( |z-2i|^2 = 4|z+i|^2 \)。\( |w|^2 = w\overline{w} \) を用いると
\[ (z-2i)(\overline{z}+2i) = 4(z+i)(\overline{z}-i) \] \[ z\overline{z}+2iz-2i\overline{z}+4 = 4z\overline{z}-4iz+4i\overline{z}+4 \] \[ 3z\overline{z}-6iz+6i\overline{z}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad z\overline{z}-2iz+2i\overline{z}=0 \] \[ (z+2i)(\overline{z}-2i) = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad |z+2i|^2 = 4 \]よって \( |z+2i|=2 \)。これは2点 \( 2i,\ -i \) からの距離の比が \(2:1\) である点の軌跡（アポロニウスの円）である。
点 \( z \) が円 \( |z-1|=1 \) 上の原点以外の部分を動くとき，\( w=\dfrac{1}{z} \) で表される点 \( w \) はどのような図形を描くか答えなさい。
▼ 解答・解説答え：直線 \( \mathrm{Re}\,w=\dfrac{1}{2} \)（点 \( \dfrac{1}{2} \) を通り実軸に垂直な直線）
\( w\neq 0 \) で \( z=\dfrac{1}{w} \)。これを \( |z-1|=1 \) に代入すると
\[ \left|\frac{1}{w}-1\right| = 1 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{|1-w|}{|w|}=1 \quad\Longleftrightarrow\quad |w-1|=|w| \]これは2点 \( 0,\ 1 \) から等距離にある点，すなわち2点を結ぶ線分の垂直二等分線を表す。\( z \) が原点以外の円周全体を動くので，\( w \) はこの直線全体を描く。
異なる3点 \( \mathrm{A}(\alpha),\ \mathrm{B}(\beta),\ \mathrm{C}(\gamma) \) が
\[ \frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha} = 1+\sqrt{3}\,i \]を満たすとき，\( \triangle\mathrm{ABC} \) の3つの内角の大きさを求めなさい。
▼ 解答・解説答え：\( \angle\mathrm{A}=\dfrac{\pi}{3},\ \angle\mathrm{B}=\dfrac{\pi}{2},\ \angle\mathrm{C}=\dfrac{\pi}{6} \)
\[ 1+\sqrt{3}\,i = 2\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right) \]より，\( \dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=2,\ \angle\mathrm{BAC}=\dfrac{\pi}{3} \)。\( \mathrm{AB}=a \) とすると \( \mathrm{AC}=2a \) で，余弦定理より
\[ \mathrm{BC}^2 = a^2+4a^2-2\cdot a\cdot 2a\cos\frac{\pi}{3} = 3a^2 \]よって \( \mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2 = 4a^2 = \mathrm{AC}^2 \) となり \( \angle\mathrm{B}=\dfrac{\pi}{2} \)。残りは \( \angle\mathrm{C}=\dfrac{\pi}{6} \)。
複素数平面上で，4点 A，B，C，D を頂点とする正方形 ABCD があり，頂点はこの順に反時計回りに並んでいる。\( \mathrm{A}(1+2i),\ \mathrm{B}(4+3i) \) のとき，点 C，D を表す複素数を求めなさい。
▼ 解答・解説答え：\( \mathrm{C}(3+6i),\ \mathrm{D}(5i) \)
反時計回りなので，\( \overrightarrow{\mathrm{BC}} \) と \( \overrightarrow{\mathrm{AD}} \) はいずれも \( \overrightarrow{\mathrm{AB}} \) を \( \dfrac{\pi}{2} \) 回転したもの，すなわち \( i \) 倍したものである。
\[ \beta-\alpha = (4+3i)-(1+2i) = 3+i,\qquad i(\beta-\alpha) = -1+3i \] \[ \gamma = \beta + i(\beta-\alpha) = (4+3i)+(-1+3i) = 3+6i \] \[ \delta = \alpha + i(\beta-\alpha) = (1+2i)+(-1+3i) = 5i \]0 でない複素数 \( \alpha,\ \beta \) が
\[ \alpha^2 - 2\alpha\beta + 2\beta^2 = 0 \]を満たすとき，原点 O と \( \mathrm{A}(\alpha),\ \mathrm{B}(\beta) \) を頂点とする \( \triangle\mathrm{OAB} \) はどのような三角形か答えなさい。
▼ 解答・解説答え：\( \angle\mathrm{B}=\dfrac{\pi}{2} \) の直角二等辺三角形（\( \mathrm{OB}=\mathrm{AB} \)）
両辺を \( \beta^2 \) で割ると
\[ \left(\frac{\alpha}{\beta}\right)^2 - 2\cdot\frac{\alpha}{\beta} + 2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{\alpha}{\beta} = 1\pm i = \sqrt{2}\left\{\cos\left(\pm\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\pm\frac{\pi}{4}\right)\right\} \]よって \( \mathrm{OA}=\sqrt{2}\,\mathrm{OB},\ \angle\mathrm{AOB}=\dfrac{\pi}{4} \)。\( \mathrm{OB}=b \) とすると余弦定理より
\[ \mathrm{AB}^2 = 2b^2 + b^2 - 2\cdot\sqrt{2}\,b\cdot b\cdot\cos\frac{\pi}{4} = b^2 \]したがって \( \mathrm{AB}=\mathrm{OB}=b \)，かつ \( \mathrm{OB}^2+\mathrm{AB}^2=2b^2=\mathrm{OA}^2 \)。
別解：\( \dfrac{\alpha-\beta}{0-\beta} = 1-\dfrac{\alpha}{\beta} = \mp i \) より，\( \overrightarrow{\mathrm{BA}} \) は \( \overrightarrow{\mathrm{BO}} \) を \( \pm\dfrac{\pi}{2} \) 回転したもので長さも等しい。
複素数 \( z \) が \( |z|=1 \) を満たしながら動くとき，\( |z^2 - z + 1| \) の最大値と最小値，およびそのときの \( z \) を求めなさい。
▼ 解答・解説答え：最大値 \(3\)（\( z=-1 \)），最小値 \(0\)（\( z=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}i \)）
\( |z|=1 \) より \( \dfrac{1}{z}=\overline{z} \)。\( z=\cos\theta+i\sin\theta\ (0\le\theta<2\pi) \) とおくと
\[ z^2-z+1 = z\left(z-1+\frac{1}{z}\right) = z\,(z+\overline{z}-1) = z\,(2\cos\theta-1) \]\( |z|=1 \) なので
\[ |z^2-z+1| = |2\cos\theta - 1| \]\( -1\le\cos\theta\le 1 \) より \( -3\le 2\cos\theta-1\le 1 \)。よって