「de Moivreの定理」の利用

複素数$${\alpha ,\beta }$$が$${|\alpha |=1,~ |\beta |=\sqrt 2,~ |\alpha -\beta |=1}$$を満たし、$${\frac {\beta}{\alpha}}$$の虚部は正であるとする。
（１）$${\frac {\beta }{\alpha }}$$および$${( \frac {\beta }{\alpha })^8}$$を求めよ。 
（２）$${|\alpha+\beta|}$$を求めよ。
（３）$${n}$$が$${8}$$で割ると$${1}$$余る整数のとき、$${|\alpha^n+\beta^n|}$$を$${n}$$を用いて表せ。
                                                                        （佐賀大学）

【解答】
一般に、複素数$${\alpha,\beta}$$において、

$$
|\alpha\beta|=|\alpha||\beta|\\|\frac{\alpha}{\beta}|=\frac{|\alpha|}{|\beta|}
$$

また、$${p,q}$$を実数として、$${\alpha=p+qi,~\overline{\alpha}=p-qi}$$であるとき、

$$
|\alpha|^2=\alpha\overline{\alpha}=p^2+q^2\\|\alpha|=\sqrt{p^2+q^2}
$$

などが成り立つことは、以下、自明とする。さて、

（１）与えられた条件を連立方程式とみなして$${\frac{\beta}{\alpha}}$$を求める。なお、④は「$${\frac {\beta}{\alpha}}$$の虚部は正」を式にしただけのもので、本問ではあまり深い意味はない。悪しからず。

$$
\begin{cases}|\alpha|=1・・・①\\|\beta|=\sqrt2・・・②\\|\alpha-\beta|=1・・・③\\\frac{\frac{\beta}{\alpha}-\overline{(\frac{\beta}{\alpha})}}{2i}>0・・・④\end{cases}
$$

③①より

$$
|\alpha-\beta|\\=|\alpha(1-\frac{\beta}{\alpha})|\\=|\alpha||1-\frac{\beta}{\alpha}|\\=1･|1-\frac{\beta}{\alpha}|\\=|1-\frac{\beta}{\alpha}|\\
=1
$$

すなわち、

$$
|1-\frac{\beta}{\alpha}|=1・・・⑤
$$

である。ここで、実数$${p,q~(q>0)}$$を用いて、$${\frac{\beta}{\alpha}}$$を実部と虚部に切り分けて考えよう。すなわち

$$
\frac{\beta}{\alpha}=p+qi~~(q>0)・・・⑥
$$

⑤⑥より

$$
|1-(p+qi)|=1\\|(1-p)-qi|^2=1\\(1-p)^2+q^2=1\\p^2+q^2-2p=0・・・⑦
$$

さらに、①②より

$$
|\frac{\beta}{\alpha}|=\frac{|\beta|}{|\alpha|}=\frac{\sqrt2}{1}=\sqrt2・・・⑧
$$

⑥⑧より

$$
\begin{cases}\frac{\beta}{\alpha}=p+qi\\|\frac{\beta}{\alpha}|=\sqrt2\end{cases}\\|\frac{\beta}{\alpha}|^2=p^2+q^2\\|\frac{\beta}{\alpha}|^2=2\\p^2+q^2=2・・・⑨
$$

⑦⑨より

$$
\begin{cases}p^2+q^2-2p=0\\p^2+q^2=2\end{cases}\\2-2p=0\\p=1・・・⑩
$$

④⑨⑩より$${q=1}$$であり、$${\frac {\beta}{\alpha}=1+i}$$となる。
次に、$${(\frac{\beta}{\alpha})^8}$$を求める。極形式に直して、de Moivreの定理を用いるのがよいであろう。絶対値はかけて、角度は足せばよい。

$$
\frac {\beta}{\alpha}=1+i=\sqrt2(cos\frac{\pi}{4}+isin\frac{\pi}{4})\\(\frac {\beta}{\alpha})^8=(\sqrt2)^8(cos\frac{8\pi}{4}+isin\frac{8\pi}{4})\\=\{(\sqrt2)^2\}^4(cos2\pi+isin2\pi)\\=16
$$

以上により、答:$${\underline{(\frac {\beta}{\alpha},(\frac {\beta}{\alpha})^8)=(1+i,16)}}$$

（２）$${\frac {\beta}{\alpha}=1+i,~\alpha\ne0}$$より、$${\beta=\alpha(1+i)}$$である。よって

$$
|\alpha+\beta|\\=|\alpha+\alpha(1+i)|\\=|2\alpha+\alpha i|\\=|\alpha(2+i)|\\=|\alpha||2+i|\\=1･\sqrt{2^2+1^2}\\=\sqrt5
$$

答:$${\underline{|\alpha+\beta|=\sqrt5}}$$

（３）ここでは、$${\alpha+\beta=\alpha(1+\frac{\beta}{\alpha})}$$をヒントに$${\alpha^n+\beta^n=\alpha^n\{1+(\frac{\beta}{\alpha})^n\}}$$という変形を使いたい。また、$${|\alpha|=1}$$より、任意の整数$${n}$$について、$${|\alpha|^n=1}$$が成り立つ。また$${n=8m+1~(mは整数)}$$である任意の$${n}$$について$${\frac{n\pi}{4}=\frac{(8m+1)\pi}{4}=2m\pi+\frac{\pi}{4}}$$が成り立つので、$${cos\frac{n\pi}{4}+isin\frac{n\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}i}$$である。よって

$$
|\alpha^n+\beta^n|\\=|\alpha|^n|1+(\frac{\beta}{\alpha})^n|\\=1･|1+(1+i)^n|\\=|1+\{\sqrt2(cos\frac{\pi}{4}+isin\frac{\pi}{4})\}^n|\\=|1+2^\frac{n}{2}(cos\frac{n\pi}{4}+isin\frac{n\pi}{4})|\\=|(1+2^\frac{n}{2}･\frac{1}{\sqrt2})+(2^\frac{n}{2}･\frac{1}{\sqrt2})i|\\=|(1+2^{\frac{n}{2}-\frac{1}{2}})+(2^{\frac{n}{2}-\frac{1}{2}})i|\\=\sqrt{(1+2^{\frac{n-1}{2}})^2+(2^{\frac{n-1}{2}})^2}\\=\sqrt{1+2^\frac{n+1}{2}+2^{n-1}+2^{n-1}}\\=\sqrt{2^n+2^{\frac{n+1}{2}}+1}
$$

よって、答:$${\underline{|\alpha^n+\beta^n|=\sqrt{2^n+2^{\frac{n+1}{2}}+1}}}$$

【コメント】
$${\alpha^n+\beta^n=\alpha^n\{1+(\frac{\beta}{\alpha})^n\}}$$という変形は常套手段。