ド・モアブルの定理（入試問題）

← PC用は別頁

=== 読者が配色を変更したい場合 ===
◎外側の色を変えるには，次の色をクリック

◎内側の色を変えるには，次の色をクリック

◎標準文字色を変えるには，次の色をクリック

== ド・モアブルの定理（入試問題） ==
大学入試問題としての難易度（筆者の印象）

基　本：★☆☆

普　通：★★☆

やや難：★★★

【ド・モアブルの定理】

⇒ 証明は，このページ

　nを整数とするとき（正負０いずれも可）
(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ

【問題1】★☆☆
　iを虚数単位とする．このとき， $(-\sqrt{3}+ i)^{-10}$ を計算せよ．

（2021年度北海学園大工学部）

［解説を読む］

$-\sqrt{3}+ i=2(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i)=2(\cos\frac{5\pi}{6}+ i\sin\frac{5\pi}{6})$
だから
$(-\sqrt{3}+ i)^{-10}=2^{-10}(\cos\frac{5\pi}{6}+ i\sin\frac{5\pi}{6})^{-10}$
$=\frac{\cos(\frac{-50\pi}{6})+ i\sin(\frac{-50\pi}{6})}{1024}$
$=\frac{\cos(\frac{-25\pi}{3})+ i\sin(\frac{-25\pi}{3})}{1024}$
$=\frac{\cos(\frac{-\pi}{3})+ i\sin(\frac{-\pi}{3})}{1024}=\frac{\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}}{1024}$
$=\frac{1-\sqrt{3}i}{2048}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問題2】★☆☆

　複素数 $z=2(\cos\frac{11}{12}\pi+ i\sin\frac{11}{12}\pi)$ のとき， $z^2,\hspace{2}z^{-3}$ および $\left| z-\frac{1}{z}\right|^2$ を求めよ．ただし，iは虚数単位とする．

（2015年度岩手大工学部）

［解説を読む］

ド・モアブルの定理により
$z^2=2^2(\cos\frac{11}{6}\pi+ i\sin\frac{11}{6}\pi)$
$=4(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2})=2\sqrt{3}-2i$ ･･･（答）

同様にして，ド・モアブルの定理により
$z^{-3}=2^{-3}\{\cos(-\frac{11}{4}\pi)+ i\sin(-\frac{11}{4}\pi)\}$
$=\frac{1}{8}(-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)=-\frac{\sqrt{2}}{16}-\frac{\sqrt{2}}{16}i$ ･･･（答）

右図の三角形において，余弦定理を用いて辺の長さLを表す
$\left| z-\frac{1}{z}\right|^2=L^2$
$=2^2+(\frac{1}{2})^2-2\times 2\times\frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{6}$
$=4+ \frac{1}{4}-2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{17}{4}-\sqrt{3}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問題3】★☆☆

６　複素数 $Z=\frac{(1+ i)^3(\sqrt{3}-i)^2}{(\sqrt{3}-3i)^2}$ について考える． $Z^{2n}$ が実数となるときの自然数nの最小値を求めよ．
(ア) 0　(カ) 1　(サ) 2　(タ) 3　(ナ) 4　(ハ) 5　(マ) 6　(ヤ) 7　(ラ) 8　(ワ) 9　

７
$A=\frac{1}{1-\alpha}+\frac{1}{1-\alpha^2}+\frac{1}{1-\alpha^3}+\frac{1}{1-\alpha^4}+\frac{1}{1-\alpha^5}+\frac{1}{1-\alpha^6}$
とする．

$\alpha=\cos\frac{2\pi}{7}+ i\sin\frac{2\pi}{7}$ であるとき，Aの値を求めよ．
(ア) 0　(カ) 1　(サ) 2　(タ) 3　(ナ) 4　(ハ) 5　(マ) 6　(ヤ) 7　(ラ) 8　(ワ) 9　

（2017年度自治医科大医学部）

６
［解説を読む］

各々の複素数を極形式で表すと
$1+ i=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}+ i\sin\frac{\pi}{4})$
$\sqrt{3}-i=2(\cos\frac{11\pi}{6}+ i\sin\frac{11\pi}{6})$
$\sqrt{3}-3i=2\sqrt{3}(\cos\frac{5\pi}{3}+ i\sin\frac{5\pi}{3})$
したがって，Zの絶対値は
$\frac{(\sqrt{2})^3\times 2^2}{(2\sqrt{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}\times 4}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$
Zの偏角は
$\frac{3\times\pi}{4}+\frac{2\times 11\pi}{6}-\frac{2\times 5\pi}{3}=\frac{13\pi}{12}$
$Z^{2n}=(\frac{2\sqrt{2}}{3})^{2n}(\cos\frac{13n\pi}{6}+\sin\frac{13n\pi}{6})$
Z2nが実数となる条件は
$\frac{13n\pi}{6}=k\pi$ （n (>0), kは整数）
13n=6k（n (>0), kは整数）
13, 6は互いに素だから
n=6t (>0)
k=13t
よって，自然数nの最小値は6→(マ)･･･（答）
→解説を隠す←

７
［解説を読む］

$\alpha=\frac{2\pi}{7}+ i\sin\frac{2\pi}{7}$
だから，ド・モアブルの定理を使うと
$\alpha^7=1$
これにより
$\alpha^6=\frac{1}{\alpha},\hspace{2}\alpha^5=\frac{1}{\alpha^2},\hspace{2}\alpha^4=\frac{1}{\alpha^3}$
$A=\frac{1}{1-\alpha}+\frac{1}{1-\alpha^2}+\frac{1}{1-\alpha^3}+\frac{1}{1-\alpha^4}+\frac{1}{1-\alpha^5}+\frac{1}{1-\alpha^6}$
$=\frac{1}{1-\alpha}+\frac{1}{1-\alpha^2}+\frac{1}{1-\alpha^3}+\frac{1}{1-\frac{1}{\alpha^3}}+\frac{1}{1-\frac{1}{\alpha^2}}+\frac{1}{1-\frac{1}{\alpha}}$
$=\frac{1}{1-\alpha}+\frac{1}{1-\alpha^2}+\frac{1}{1-\alpha^3}+\frac{\alpha^3}{\alpha^3-1}+\frac{\alpha^2}{\alpha^2-1}+\frac{\alpha}{\alpha-1}$
$=\frac{1-\alpha}{1-\alpha}+\frac{1-\alpha^2}{1-\alpha^2}+\frac{1-\alpha^3}{1-\alpha^3}=3$ →(タ)･･･（答） →解説を隠す←

【問題4】★☆☆

　２つの複素数α=i， $z=1-\sqrt{3}i$ について，次の問いに答えなさい．
(1)　zを極形式で表しなさい．
(2)　以下のア，イに入る値を求めなさい．
　zはαを原点を中心としてアだけ回転し，原点からの距離をイ倍したものである．
(3)　znが正の実数となる最小の自然数をnとする．このとき，nおよびznの絶対値を求めなさい．

（2017年度福島大理工学群）

［解説を読む］

(1)
$z=2(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)=2(\cos\frac{5\pi}{3}+ i\sin\frac{5\pi}{3})$ ･･･（答）
(2)

原点を中心として， $(\frac{\pi}{2}+\frac{2\pi}{3}=)\frac{7}{6}\pi$ だけ回転し，原点からの距離を２倍したもの･･･（答）
(3)
$z^n=2^n(\cos\frac{5n\pi}{3}+ i\sin\frac{5n\pi}{3})$
だから，これが正の実数となるには

$\frac{5n\pi}{3}=2k\pi$ （nは正の整数，kは整数）
$5n=6k$ （nは正の整数，kは整数）
　ここで，5, 6は互いに素だから

n=6t（tは整数）
k=5t
nの最小値は6，|zn|=64･･･（答）
→解説を隠す←

【問題5】★☆☆
　複素数に関する次の問いに答えよ．ただし，iは虚数単位とする．
(1)　方程式z3=iの3つの解z1, z2, z3を求めよ．ただし，0≦argz1<argz2<argz3<2πとする．
(2)　等式 $z\bar{z}+ 2(z+\bar{z})+ 2\sqrt{3}i(z-\bar{z})+ 12=0$ をみたす点z全体が表す図形を求め，その図形を複素数平面上に図示せよ．
(3)　aを正の実数とする．複素数z0はz03=iaをみたし，かつz0の表す点が(2)で求めた図形上にあるとする．このとき，aとz0の値をそれぞれ求めよ．

（2017年度宇都宮大工学部）

(1)
［解説を読む］

z=r(cosθ+isinθ)，（r≧0, 0≦θ<2π）とおく
ド・モアブルの定理により
z3=r3(cos3θ+isin3θ)
となる.
これが，iに等しくなることから
　　r=1･･･[1]
$3\theta=\frac{\pi}{2}+ 2n\pi$
ただし，0≦θ<2πから，0≦3θ<6πの条件を満たすのは，n=0, 1, 2のとき
ア） n=0のとき
$3\theta=\frac{\pi}{2}\rightarrow \theta=\frac{\pi}{6}$
$z_1=\cos\frac{\pi}{6}+ i\sin\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
イ） n=1のとき
$3\theta=\frac{5\pi}{2}\rightarrow \theta=\frac{5\pi}{6}$
$z_2=\cos\frac{5\pi}{6}+ i\sin\frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
ウ） n=2のとき
$3\theta=\frac{9\pi}{2}\rightarrow \theta=\frac{9\pi}{6}=\frac{3\pi}{2}$
$z_3=\cos\frac{3\pi}{2}+ i\sin\frac{3\pi}{2}=-i$
以上から
$z_1=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,\hspace{2}z_2=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,\hspace{2}z_3=-i$ ･･･(答)
→解説を隠す←

(2)
［解説を読む］

$z=x+ yi$ とおくと
$z\bar{z}+ 2(z+\bar{z})+ 2\sqrt{3}i(z-\bar{z})+ 12=0$ は，x, yを用いて，次のように書ける．
$x^2+ y^2+ 2(2x)+ 2\sqrt{3}i\times 2yi+ 12=0$
$x^2+ 4x+ y^2-4\sqrt{3}y+ 12=0$
$(x+ 2)^2+(y-2\sqrt{3})^2=4$
　これは， $x=-2,\hspace{3}y=2\sqrt{3}$ を中心とする半径2の円を表す．

　すなわち，複素数 $-2+ 2\sqrt{3}i$ を中心とする半径2の円を表す．（右図）･･･（答）
(3)
z0の表す点が(2)で求めた図形上にあるから，z0の偏角θは，（y軸を含む）第3象限の角で，右図のPからQまでの間にある．
$\frac{\pi}{2}\underset{=}{\lt}\theta\underset{=}{\lt}\frac{5\pi}{6}$
よって
$\frac{3\pi}{2}\underset{=}{\lt}3\theta\underset{=}{\lt}\frac{5\pi}{2}$
z03=ia (a>0)となるのは
$3\theta=\frac{5\pi}{2}$
のとき．このとき
$\theta=\frac{5\pi}{6}$
$z_0=2\sqrt{3}(\frac{5\pi}{6}+ i\sin\frac{5\pi}{6})=-3+\sqrt{3}i$ ･･･（答）
$z_0^3=(2\sqrt{3})^3(\frac{5\pi}{2}+ i\sin\frac{5\pi}{2})=24\sqrt{3}i$
$a=24\sqrt{3}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問題6】★☆☆
　aとbはab<0となる実数で，複素数z=a+biに対して,z12=1, z6≠1を満たすとする．このとき， $\frac{a}{b}=$ (e)である．ただし， $i=\sqrt{-1}$ である．

（2021年度神奈川大理・工学部）

［解説を読む］

$z=r(\cos\theta+ i\sin\theta)$
とおくと，ド・モアブルの定理により
$z^{12}=r^{12}(\cos 12\theta+ i\sin 12\theta)=1$
これにより
$r=1\hspace{3}(\gt 0)$ ･･･(1)
$12\theta=2n\pi$ （nは整数）
すなわち
$\theta=\frac{n\pi}{6}$ （nは整数）･･･(2)
また，
$z^{6}=\cos 6\theta+ i\sin 6\theta \ne 1$
により
$6\theta\ne 2n\pi$ （nは整数）
すなわち
$\theta\ne\frac{n\pi}{3}$ （nは整数）･･･(3)
ab<0から0≦θ<2πは第２，４象限の角で，(2)(3)から
$\theta=\frac{5\pi}{6},\hspace{2}\frac{11\pi}{6}$
$\frac{a}{b}=\frac{\cos\frac{5\pi}{6}}{\sin\frac{5\pi}{6}}=-\sqrt{3}$ ･･･（答）
（ $\frac{11\pi}{6}$ から計算しても結果は同じになる） →解説を隠す←

【問題7】★☆☆
次の問いに答えよ．

(1)　 $z+\frac{1}{z}=\sqrt{3}$ を満たす複素数zの値を求めよ．また，このとき $\alpha=z^{100}+\frac{1}{z^{100}}$ の値を求めよ．
(2)　 $z+\frac{1}{z}$ が実数となるような複素数zが表す複素数平面上の点全体は，どのような図形を表すか．

(3)　 $z+\frac{1}{z}$ が実数となる複素数zと， $\mid w-(\frac{8}{3}+ 2i)\mid=\frac{2}{3}$ を満たす複素数wについて，|z−w|の最小値を求めよ．

（2018年度名古屋工業大工学部）

(1)
［解説を読む］

分母を払って，zの２次方程式を解く
$z^2-\sqrt{3}z+ 1=0$
$z=\frac{\sqrt{3}\pm\sqrt{3-4}}{2}=\frac{\sqrt{3}\pm i}{2}$ ･･･（答）
zを極形式で書くと
$z=\cos\frac{\pi}{6}+ i\sin\frac{\pi}{6}$ ･･･①
または $z=\cos(-\frac{\pi}{6})+ i\sin(-\frac{\pi}{6})$ ･･･②
①のとき
$z^{100}=\cos\frac{100\pi}{6}+ i\sin\frac{100\pi}{6}=\cos\frac{50\pi}{3}+ i\sin\frac{50\pi}{3}$
$=\cos(16\pi+\frac{2\pi}{3})+ i\sin(16\pi+\frac{2\pi}{3})$
$=\cos\frac{2\pi}{3}+ i\sin\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{1}{z^{100}}=\cos\frac{-100\pi}{6}+ i\sin\frac{-100\pi}{6}=\cos\frac{-50\pi}{3}+ i\sin\frac{-50\pi}{3}$
$=\cos(-16\pi-\frac{2\pi}{3})+ i\sin(-16\pi-\frac{2\pi}{3})$
$=\cos(-\frac{2\pi}{3})+ i\sin(-\frac{2\pi}{3})=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\alpha=z^{100}+\frac{1}{z^{100}}=-1$
②のとき，ほぼ同様にして
$z^{100}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{1}{z^{100}}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\alpha=z^{100}+\frac{1}{z^{100}}=-1$
以上により，①②のいずれの場合も，α=−1･･･（答）
→解説を隠す←

(2)
［解説を読む］

$z=r(\cos\theta+ i\sin\theta)$ とおくと
z≠0 (r≠0)のとき
$z+\frac{1}{z}=r(\cos\theta+ i\sin\theta)+\frac{1}{r}\{\cos(-\theta)+ i\sin(-\theta)\}$
$=r(\cos\theta+ i\sin\theta)+\frac{1}{r}(\cos\theta-i\sin\theta)$
$=(r+\frac{1}{r})\cos\theta+ i(r-\frac{1}{r})\sin\theta$
これが実数となるのは

$r=\frac{1}{r}$ または $\sin\theta=0$ のとき（ただしr≠0, r>0)）
すなわち，r=1またはθ=nπ, r>0
よって「原点を中心とする半径１の円」または「実軸（ただし，原点を除く）」･･･（答）
→解説を隠す←

(3)
［解説を読む］

　zは(2)の結果に示されるように「原点を中心とする半径１の円」または「実軸（ただし，原点を除く）」の上の点
　wは，点 $\frac{8}{3}+ 2i$ を中心とする半径 $\frac{2}{3}$ の円上の点だから，それらの距離|z−w|の最小値は，右図の赤線で示した長さ $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$ または朱色で示した長さ $\sqrt{(\frac{3}{3})^2+ 2^2}-(1+\frac{2}{3})=\frac{5}{3}$ の小さいほうを選ぶと，
$\frac{4}{3}$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問題8】★☆☆
　複素数zを
$z=\cos\frac{2\pi}{7}+ i\sin\frac{2\pi}{7}$
とする．ただし，iは虚数単位とする．また，
$a=z+\frac{1}{z},\hspace{3}b=z^2+\frac{1}{z^2},\hspace{3}c=z^3+\frac{1}{z^3}$
とおく．次の問(1)～(6)に答えよ．解答欄には，答えだけでなく途中経過も書くこと．
(1)　 $z^7$ は有理数になる．その値を求めよ．
(2)　 $z+ z^2+ z^3+ z^4+ z^5+ z^6$ は有理数になる．その値を求めよ．
(3)　A=a+b+cは有理数になる．その値を求めよ．
(4)　B=a2+b2+c2は有理数になる．その値を求めよ．
(5)　C=ab+bc+caは有理数になる．その値を求めよ．
(6)　D=a3+b3+c3−3abcは有理数になる．その値を求めよ．

（2021年度立教大理学部）

［解説を読む］

(1)
ド・モアブルの定理により
$z^7=\cos(2\pi)+ i\sin(2\pi)=1$ ･･･（答）
(2)
初項がz，公比がz (≠1)，項数が6の等比数列の和を求める
$z+ z^2+ z^3+ z^4+ z^5+ z^6=\frac{z(z^6-1)}{z-1}$
$=\frac{z^7-z}{z-1}$
ここで(1)の結果を使ってz7=1とすると
$=\frac{1-z}{z-1}=-1$ ･･･（答）
(3)
$A=a+ b+ c=z+\frac{1}{z}+ z^2+\frac{1}{z^2}+ z^3+\frac{1}{z^3}$
$=\frac{z^4+ z^2+ z^5+ z+ z^6+ 1}{z^3}=\frac{1+ z+ z^2+ z^4+ z^5+ z^6}{z^3}$
$=\frac{1+(z+ z^2+ z^3+ z^4+ z^5+ z^6)-z^3}{z^3}$
ここで(2)の結果を使って
$z+ z^2+ z^3+ z^4+ z^5+ z^6=-1$
とすると
$A=\frac{1-1-z^3}{z^3}=\frac{-z^3}{z^3}=-1$ ･･･（答）
→解説を隠す←

［解説を読む］

(4)
$B=(z+\frac{1}{z})^2+(z^2+\frac{1}{z^2})^2+(z^3+\frac{1}{z^3})^2$
$=z^2+ 2 +\frac{1}{z^2}+ z^4+ 2 +\frac{1}{z^4}+ z^6+ 2+\frac{1}{z^6}$
$=6+\frac{z^8+ z^4+ z^{10}+ z^2+ z^{12}+ 1}{z^6}$
ここで(1)の結果を使ってz7=1とすると
$B=6+\frac{z^2+ z^4+ z^{3}+ z^2+ z^{5}+ 1}{z^6}$
分数の部分の分母と分子にzを掛けると
$B=6+\frac{z+ z^2+ z^3+ z^4+ z^5+ z^6}{z^7}=6+\frac{-1}{1}=5$ ･･･（答）
(5)
　A2=B+2Cだから
　1=5+2C
　C=−2･･･（答）
(6)
　D=a3+b3+c3−3abc
　=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)
　=A(B−C)=−1×(5+2)=−7･･･（答） →解説を隠す←

【問題9】★★☆
　θを実数とし，nを整数とする．z=sinθ+icosθとおくとき，複素数znの実部と虚部をcos(nθ)とsin(nθ)を用いて表せ．ただし，iは虚数単位である．

（2021年度京都工芸繊維大工芸科学部）

［解説を読む］

z=cosθ+isinθであれば，ド・モアブルの定理そのものとなるが，z=sinθ+icosθと書いてあることに注意！

$z=\cos(\frac{\pi}{2}-\theta)+ i\sin(\frac{\pi}{2}-\theta)$
であるから，ド・モアブルの定理により
$z^n=\cos(\frac{n\pi}{2}-n\theta)+ i\sin(\frac{n\pi}{2}-n\theta)$
ア） n=4k(kは整数)のとき
$\cos(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\cos(2k\pi-n\theta)=\cos(n\theta)$
$\sin(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\sin(2k\pi-n\theta)=-\sin(n\theta)$
$z^n=\cos(n\theta)-i\sin(n\theta)$ ･･･（答）
イ） n=4k+1(kは整数)のとき
$\cos(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\cos(\frac{\pi}{2}-n\theta)=\sin(n\theta)$
$\sin(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\sin(\frac{\pi}{2}-n\theta)=\cos(n\theta)$
$z^n=\sin(n\theta)+ i\cos(n\theta)$ ･･･（答）
ウ） n=4k+2(kは整数)のとき
$\cos(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\cos(\pi-n\theta)=-\cos(n\theta)$
$\sin(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\sin(\pi-n\theta)=\sin(n\theta)$
$z^n=-\cos(n\theta)+ i\sin(n\theta)$ ･･･（答）
エ） n=4k+3(kは整数)のとき
$\cos(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\cos(\frac{3\pi}{2}-n\theta)=-\sin(n\theta)$
$\sin(\frac{n\pi}{2}-n\theta)=\sin(\frac{3\pi}{2}-n\theta)=-\cos(n\theta)$
$z^n=-\sin(n\theta)-i\cos(n\theta)$ ･･･（答）

$i^{4k}=1,\hspace{2}i^{4k+ 1}=i,\hspace{2}i^{4k+ 2}=-1,\hspace{2}i^{4k+ 3}=-i$
を用いて，次のようにまとめることができる．
$z^n=\{\cos(n\theta)-i\sin(n\theta)\}\times i^n$

問題文で，実部と虚部を分けて示すことが求められているから，きれいにまとめられても，そのまま答えにはできない．あくまでも参考．

→解説を隠す←

［解説を読む］

（別解）

とにかく $\cos\theta+ i\sin\theta$ の形にすれば，ド・モアブルの定理が使える

$z=\sin\theta+ i\cos\theta$
だから
$-iz=\cos\theta-i\sin\theta=\cos(-\theta)+ i\sin(-\theta)$
$(-iz)^n=\{\cos(-\theta)+ i\sin(-\theta)\}^n$
ド・モアブルの定理により
$(-iz)^n=\cos(-n\theta)+ i\sin(-n\theta)$
$=\cos(n\theta)-i\sin(n\theta)$
$z^n=\frac{1}{(-i)^n}\times\{\cos(n\theta)-i\sin(n\theta)\}$
$=i^n\times\{\cos(n\theta)-i\sin(n\theta)\}$

問題文で，実部と虚部を分けて示すことが求められているから，きれいにまとめられても，そのまま答えにはできない．あくまでも参考．

→解説を隠す←

【問題10】★★☆
　以下の問に答えよ．ただし，iは虚数単位とする．

(1)　複素数ω= $\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とする．複素数a, bがa=3ω2+ω, b=ω2+3ωであるとき，a3+b3の値はいくらか．
　　1. −20　2. −10　3. 10　4. 20
　　5. 上の４つの答はどれも正しくない．

(2)　 $\left(\frac{2-\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2-\sqrt{2}-\sqrt{2}i}\right)^{12}$ はいくらか．
　　1. −2　2. −1　3. 1　4. 2
　　5. 上の４つの答はどれも正しくない．

(3)　複素数 $a_n=\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}i\right)^{n}$ が実数となる自然数nのうち，最小のものをn0とすると，an0はいくらか．
　　1. −5096　2. −4096　3. −3096　4. −2096
　　5. 上の４つの答はどれも正しくない．

（2021年度防衛医大）

［解説を読む］

(1) ωは１の虚数３乗根（のうちの１つ）であるから，次の式が成り立つ．

ω2+ω+1=0･･･(A)
ω3=1･･･(B)

この問題は，記号で解答する選択問題であるから，途中経過の記述は不要であるが，もし記述問題ならば，ωの性質は，次のように示せばよい．

≪単純計算で示す場合≫
$\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$
より
$\omega^2=\frac{1-2\sqrt{3}i-3}{4}=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$
$\omega^2+\omega+ 1=0$ →(A)
また
$\omega^3-1=(\omega-1)(\omega^2+\omega+ 1)=0$ →(B)

≪ド・モアブルの定理を使って示す場合≫
$\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=\cos\frac{2\pi}{3}+ i\sin\frac{2\pi}{3}$
より
$\omega^2=\cos\frac{4\pi}{3}+ i\sin\frac{4\pi}{3}=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$
$\omega^3=\cos\frac{6\pi}{3}+ i\sin\frac{6\pi}{3}=1$
$\omega^2+\omega+ 1=0$ →(A)
$\omega^3=1$ →(B)

a+b=3ω2+ω+ω2+3ω=4(ω2+ω)=−4
ab=(3ω2+ω)(ω2+3ω)=3ω4+10ω3+3ω2
=3ω+10+3ω2=3(ω2+ω)+10=−3+10=7
a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)=(a+b){(a+b)2−3ab}
=−4×(16−21)=20 → 4.･･･（答）
→解説を隠す←

［解説を読む］

(2)
$\frac{2-\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2-\sqrt{2}-\sqrt{2}i}=\frac{\sqrt{2}-1+ i}{\sqrt{2}-1-i}=\frac{(\sqrt{2}-1+ i)^2}{(\sqrt{2}-1)^2+ 1}$
$=\frac{2-2\sqrt{2}+ 1+2(\sqrt{2}-1)i-1}{2-2\sqrt{2}+ 1+ 1}$
$=\frac{2-2\sqrt{2}+ 2(\sqrt{2}-1)i}{4-2\sqrt{2}}=\frac{1-\sqrt{2}+ (\sqrt{2}-1)i}{2-\sqrt{2}}$
$=\frac{-(\sqrt{2}-1)+ (\sqrt{2}-1)i}{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}=\frac{-1+ i}{\sqrt{2}}$
$=\cos\frac{3\pi}{4}+ i\sin\frac{3\pi}{4}$
ド・モアブルの定理により
$\left(\frac{2-\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2-\sqrt{2}-\sqrt{2}i}\right)^{12}=\cos(12\times\frac{3\pi}{4})+ i\sin(12\times\frac{3\pi}{4})$
$=\cos 9\pi + i\sin 9\pi=-1$ → 2.･･･（答）
(3)

三角関数の加法定理の基本練習のときに
$\sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
や
$\cos 75^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
を見た覚えがあれば，見通しを立てやすいでしょう．ただし，細かな数字までは覚えていなくてもよい．

$\alpha=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}i=r(\cos\theta+ i\sin\theta)$
を極形式にするために，まず絶対値を計算しておく
$|\alpha|^2=(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2})^2$
$=\frac{6+ 2-2\sqrt{12}}{4}+\frac{6+ 2+ 2\sqrt{12}}{4}=\frac{16}{4}=4$
$|\alpha|=2=r$
$\alpha=2(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}i)$
ここで
$\cos\theta=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\hspace{5}\sin\theta=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
とおくと
$\cos 2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta$
$=(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})^2-(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})^2$
$=\frac{6+ 2-2\sqrt{12}}{16}-\frac{6+ 2+ 2\sqrt{12}}{16}$
$=-\frac{4\sqrt{12}}{16}=-\frac{8\sqrt{3}}{16}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$
$=2\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\times\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{2\times(6-2)}{16}=\frac{1}{2}$

以上から $2\theta=150^{\circ}=\frac{5\pi}{6}$ とおけるから
$\theta=75^{\circ}=\frac{5\pi}{12}$
$\alpha=2(\cos\frac{5\pi}{12}+ i\sin\frac{5\pi}{12})$
$a_n=2^n(\cos\frac{5n\pi}{12}+ i\sin\frac{5n\pi}{12})$
これが実数となるには， $\frac{5n\pi}{12}$ が整数となることが必要十分条件
$n_0=12$
このとき
$a_{n_0}=2^{12}\cos 5\pi=-4096$ → 2.･･･（答）
→解説を隠す←

【問題11】★★☆
　ωは複素数でω5=1を満たし，ω=cosθ+isinθ (0≦θ<2π)と極形式表示したとき，cosθ>0, sinθ>0であるとする．このとき，θ=アとなり，1+ω+ω2+ω3+ω4=イである．
　複素数zに対して
(1−ωz)(1−ω2z)(1−ω3z)(1−ω4z)
=1+ウz+エz2+オz3+カz4
であるので，αが複素数であるとき，z=α, ωα, ω2α, ω3α, ω4αを代入することによって
(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)
+(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω5α)
+(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω4α)(1−ω5α)
+(1−ωα)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)
+(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)
=キ　･･･(＊)
となる．
　特に， $\alpha=\cos\frac{\pi}{15}+ i\sin\frac{\pi}{15}$ であるとき，
(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)
=ク−iケ　･･･(＊＊)
となる．このとき，式(＊)，(＊＊)に注意すると
$\frac{1}{1-\omega\alpha}+\frac{1}{1-\omega^2\alpha}+\frac{1}{1-\omega^3\alpha}+\frac{1}{1-\omega^4\alpha}+\frac{1}{1-\omega^5\alpha}$

=コ+iサ
となる．
（ア～サには実数をいれること）

（2021年度立命館大理工・情報理工学部）

［解説を読む］

　ド・モアブルの定理により
ω5=cos5θ+isin5θ=1
また
0≦θ<2π, cosθ>0, sinθ>0 により，θは第1象限の角
$ \displaystyle 5\theta=2\pi $
$\theta=\frac{2\pi}{5}$ →ア

　1+ω+ω2+ω3+ω4は，初項が1，公比がω (≠1)，項数が5の等比数列の和だから

1+ω+ω2+ω3+ω4= $\frac{\omega^5-1}{\omega-1}$
ここで，仮定によりω5=1だから
1+ω+ω2+ω3+ω4=0→イ

(1−ωz)(1−ω2z)(1−ω3z)(1−ω4z)
=(1−ωz)(1−ω4z)×(1−ω2z)(1−ω3z)
=(1−ωz−ω4z+ω5z2)×(1−ω2z−ω3z+ω5z2)
ω5=1を使う
={1−(ω+ω4)z+z2}×{1−(ω2+ω3)z+z2}
=1−(ω+ω4+ω2+ω3)z+(1+1+ω3+ω6+ω4+ω7)z2
−(ω+ω4+ω2+ω3)z3+z4
z, z3の係数は
イ→
−(ω+ω4+ω2+ω3)=−(1+ω+ω2+ω3+ω4)+1=0+1=1
z2の係数は
2+ω3+ω6+ω4+ω7=2+(ω3+ω+ω4+ω2)
=2+(0−1)=1
結局
(1−ωz)(1−ω2z)(1−ω3z)(1−ω4z)=1+z+z2+z3+z4→ウエオカ
→解説を隠す←

［解説を読む］

ウエオカの結果に対して
•z=α,を代入すると
(左辺)=(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)･･･左辺第1式
(右辺)=1+α+α2+α3+α4
•z=ωα,を代入すると
(左辺)=(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)…左辺第5式
(右辺)==1+ωα+ω2α2+ω3α3+ω4α4
•z=ω2α,を代入すると
(左辺)=(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)(1−ω6α)
=(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)(1−ωα)･･･左辺第4式
(右辺)==1+ω2α+ω4α2+ω6α3+ω8α4
=1+ω2α+ω4α2+ωα3+ω3α4
•z=ω3α,を代入すると
(左辺)=(1−ω4α)(1−ω5α)(1−ω6α)(1−ω7α)
=(1−ω4α)(1−ω5α)(1−ωα)(1−ω2α)･･･左辺第3式
(右辺)==1+ω3α+ω6α2+ω9α3+ω12α4
=1+ω2α+ω4α2+ωα3+ω3α4
•z=ω4α,を代入すると
(左辺)=(1−ω5α)(1−ω6α)(1−ω7α)(1−ω8α)
=(1−ω5α)(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)･･･左辺第2式
(右辺)==1+ω4α+ω8α2+ω12α3+ω16α4
=1+ω4α+ω3α2+ω2α3+ω3α4

左辺の和は，問題文と等しい．
このような点検しにくい順序に並べてある意図は，疑問だが･･･

(右辺の和)=5+α(1+ω+ω2+ω3+ω4)
+α2(1+ω+ω2+ω3+ω4)
+α3(1+ω+ω2+ω3+ω4)
+α4(1+ω+ω2+ω3+ω4)
ここで，イの結果から1+ω+ω2+ω3+ω4=0だから
(右辺の和)=5→キ
→解説を隠す←

［解説を読む］

ウエオカの結果から
(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)=1+α+α2+α3+α4
$=\frac{\alpha^5-1}{\alpha-1}$
(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−α)=1−α5
(1−ωα)(1−ω2α)(1−ω3α)(1−ω4α)(1−ω5α)=1−α5
ド・モアブルの定理により
$\alpha^5=\cos\frac{5\pi}{15}+ i\sin\frac{5\pi}{15}=\cos\frac{\pi}{3}+ i\sin\frac{\pi}{3}$
$=\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2}i$
$1-\alpha^5=1-(\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2}i)=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ →クケ
(＊)式の辺々を(＊＊)で割ると
$\frac{1}{1-\omega\alpha}+\frac{1}{1-\omega^2\alpha}+\frac{1}{1-\omega^3\alpha}+\frac{1}{1-\omega^4\alpha}+\frac{1}{1-\omega^5\alpha}$
$=\frac{5}{1-(\cos\frac{\pi}{3}+ i\sin\frac{\pi}{3})}}=\frac{5}{1-(\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2}i)}}$
$=\frac{5}{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}=5(\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2}i)$
$=\frac{5}{2}+ \frac{5\sqrt{3}}{2}i$ →コサ
→解説を隠す←

【問題12】★★★
　次の(1),(2),(3)においては，　内の１つのカタカナに0から9までの数字が１つあてはまる．その数字を解答用マークシートに（省略）にマークしなさい．与えられた枠数より少ない桁の数があてはまる場合は，上位の桁を0として，右に詰めた数値としなさい．分数は既約分数とし，値が整数の場合は分母を１としなさい．根号を含む方とで解答する場合は，根号の中に現れる自然数が最小となる形で答えなさい．
(1) 複素数αを，α=4+4iとおく．また，複素数平面上で|z−α|= $2\sqrt{2}$ を満たす複素数z (0≦arg z<2π)を考える．このような複素数zのうち，偏角が最大となるものをβ，偏角が最小となるものをγとする．ただし，iは虚数単位とする．以下の問いに答えなさい．

(a)β=ア−√イ+i(ウ+√エ)

γ=オ+√カ+i(キ−√ク)
である．

また,βの偏角は

ケ	π
コサ

であり,γの偏角は

シ	π
スセ

である．ただし，これらの偏角は0以上2π未満の数字とする．
(b)　1≦n≦2021を満たす自然数nのうち，γnが純虚数となるようなnの個数は，ソタチ個である．
(c)|z−α|= $2\sqrt{2}$ を満たす複素数zのうち，z2021が純虚数となるようなzの個数はツテトナ個である．

（2021年度東京理科大工学部）

2021という数字に数学的に特別な意味があるわけではなく，適当に大きな数字の中から，入学試験の年度を使って，ジョークとして使われているものと考えられる．
-----
ギリシャ文字の読み方：αアルファ, βベータ, γガンマ

(a)
［解説を読む］

　α=4+4iを中心とする半径 $2\sqrt{2}$ の円に対して，原点Ｏと複素数βを表す点を結んだ直線OBは，円の接線になり，∠ABO=90°になる．
　この直角三角形ABOにおいて，三平方の定理を用いてOBの長さを求めると， $OB=2\sqrt{6}$ ，AB:AO:OB= $1:2:\sqrt{3}$ となるから，∠AOB= $\frac{\pi}{6}$
　したがって，βの偏角は $\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6}=\frac{5}{12}\pi$ →ケコサ
　γの偏角は $\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}=\frac{1}{12}\pi$ →シスセ
　 $\beta=2\sqrt{6}\{\cos(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6})+ i\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6})\}$
ここで，三角関数の加法定理により
$\cos(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6})=\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}-\sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
$\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6})=\sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}+\cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
$\beta=2\sqrt{6}(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}i)$
$=3-\sqrt{3}+(3+\sqrt{3})i$ →アイウエ
→解説を隠す←

［解説を読む］

　 $\gamma=2\sqrt{6}\{\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})+ i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})\}$
ここで，三角関数の加法定理により
$\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})=\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
$\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})=\sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}-\cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
$\gamma=2\sqrt{6}(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}i)$
$=3+\sqrt{3}+(3-\sqrt{3})i$ →オカキク
→解説を隠す←

(b)
［解説を読む］

γの偏角は $\frac{1}{12}\pi$ だからγnの偏角は $\frac{n}{12}\pi$ (1≦n≦2021)
$\gamma^n=(2\sqrt{6})^n(\cos\frac{n}{12}\pi+ i\sin\frac{n}{12}\pi)$
これが純虚数になるのは
$\frac{n}{12}\pi=\frac{\pi}{2}+ k\pi$ (kは整数, 1≦n≦2021)
のとき．すなわち
n=12k+6(kは整数, 1≦n≦2021)
1≦12k+6≦2021(kは整数)
$-5\underset{=}{\lt}12k\underset{=}{\lt}2015$
$-\frac{5}{12}\underset{=}{\lt}k\underset{=}{\lt}\frac{2015}{12}$
$-0.41\cdot\cdot\cdot\underset{=}{\lt}k\underset{=}{\lt}167.9\cdot\cdot\cdot$
kは整数だから
$0\underset{=}{\lt}k\underset{=}{\lt}167$
　　168個→ソタチ

※ゆっくり考えれば，解けるが，「大問題３題100分のうちで，本問を15分から20分で解く」ことはとても難しい

→解説を隠す←

zの偏角をθとおくと
$\frac{\pi}{12}\underset{=}{\lt}\theta\underset{=}{\lt}\frac{5\pi}{12}$
$\frac{n\pi}{12}\underset{=}{\lt}\rm{arg}(z^n)=n\theta\underset{=}{\lt}\frac{5n\pi}{12}$
$\frac{2021\pi}{12}\underset{=}{\lt}\rm{arg}(z^{2021})=2021\theta\underset{=}{\lt}\frac{5\times 2021\pi}{12}$
$168.41\cdots\pi\underset{=}{\lt}2021\theta\underset{=}{\lt}842.08\cdots\pi$
znが純虚数となるのは， $2021\theta=\frac{\pi}{2}+ k\pi$ (kは整数)の場合だから
$2021\theta=168.5\pi,\hspace{2}169.\pi,\hspace{2}\cdots,\hspace{2}841.5\pi$ でθは674個ある.

　右図のように $\frac{\pi}{12}\lt\theta\lt\frac{5\pi}{12}$ となる各θに対して，対応するzが２つずつあるから
　　2×674=1348個→ツテトナ
→解説を隠す←

【問題13】★★★

　iを虚数単位とし， $z_1=\frac{(\sqrt{3}+ i)^{17}}{(1+ i)^{19}(1-\sqrt{3})^7}$ ， $z_2=-1+ i$ とする． $z_1$ の偏角θのうち0≦θ<2πを満たすものは，θ=オであり， $|z_1|=$ カである．複素数平面上で $z_1,\hspace{2}z_2$ を表す点をそれぞれA, Bとする．このとき，線分ABを１辺とする正三角形ABCの，頂点Cを表す複素数の実部は0またはキである．

a, bを正の整数とし，複素数 $\frac{(\sqrt{3}+ i)^{7}}{(1+ i)^{a}(1-\sqrt{3})^b}$ の偏角の１つが $\frac{\pi}{12}$ であるとき，a+bの最小値はクである．

（2021年度北里大医学部）

［解説を読む］

それぞれの複素数を極形式に直すと
$\sqrt{3}+ i=2(\cos\frac{\pi}{6}+ i\sin\frac{\pi}{6})$
$(\sqrt{3}+ i)^{17}=2^{17}(\cos\frac{17\pi}{6}+ i\sin\frac{17\pi}{6})$
$1+ i=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}+ i\sin\frac{\pi}{4})$
$(1+ i)^{19}=2^{\frac{19}{2}}(\cos\frac{19\pi}{4}+ i\sin\frac{19\pi}{4})$
$1-\sqrt{3}i=2\{\cos(-\frac{\pi}{3})+ i\sin(-\frac{\pi}{3})\}$
$(1-\sqrt{3}i)^7=2^7\{\cos(-\frac{7\pi}{3})+ i\sin(-\frac{7\pi}{3})\}$
$z_1$ の絶対値は
$\frac{2^{17}}{2^{\frac{19}{2}}\times 2^7}=2^{17-\frac{19}{2}-7}=2^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$ →カ･･･(答)
$z_1$ の偏角は
$\frac{17\pi}{6}-\frac{19\pi}{4}+\frac{7\pi}{3}=\frac{34-57+ 28}{12}\pi=\frac{5\pi}{12}$ →オ･･･（答）

$z_2=-1+ i=\sqrt{2}(\cos\frac{3\pi}{4}+ i\sin\frac{3\pi}{4})$

だから
$|z_1|=|z_2|=\sqrt{2}$
$\frac{3\pi}{4}-\frac{5\pi}{12}=\frac{\pi}{3}$
となって，線分ABを１辺とする正三角形ABCの，１つの頂点は原点Oになる．もう１つの頂点Cを表す複素数は
$z_1+ z_2=-1+ i+\sqrt{2}(\cos\frac{5\pi}{12}+ i\sin\frac{5\pi}{12})$
その実部は
$-1+\sqrt{2}\cos\frac{5\pi}{12}$
第２項を三角関数の加法定理を用いて計算すると，
$\cos\frac{5\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4})$
$=\cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{\pi}{4}-\sin\frac{\pi}{6}\sin\frac{\pi}{4}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
求める実部は
$-1+\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\frac{-4+ 2\sqrt{3}-2}{4}=\frac{2\sqrt{3}-6}{4}$
$=\frac{\sqrt{3}-3}{2}$ →キ･･･（答）
→解説を隠す←

［解説を読む］

$\frac{(\sqrt{3}+ i)^{7}}{(1+ i)^{a}(1-\sqrt{3})^b}$
の１つの偏角は（nは整数として）
$\frac{7\pi}{6}-\frac{a\pi}{4}+\frac{b\pi}{3}=\frac{14-3a+ 4b}{12}\pi=\frac{\pi}{12}+ 2n\pi$
$14-3a+ 4b=1,\hspace{2}\pm 24,\hspace{2}\pm 48,\cdots$

ア）
14−3a+4b=1 (a, b≧1)のとき
3a−4b=13･･･(1)
１つの解は
3×7−4×2=13･･･(2)
(1)−(2)
3(a−4)=4(b−2)
このとき
3, 4は互いに素だから
a−7=4t
a=4t+7 (t≧−1)
b−2=3t
b=3t+2 (t≧0)
a+b=7t+9 (t≧0)
この場合の最小値は9

イ）
14−3a+4b=25 (a, b≧1)のとき
4b−3a=11･･･(3)
１つの解は
4×5−3×3=11･･･(4)
(3)−(4)
4(b−5)=3(a−3)
このとき
3, 4は互いに素だから
a−3=4t
a=4t+3 (t≧0)
b−5=3t
b=3t+5 (t≧−1)
a+b=7t+8 (t≧0)
この場合の最小値は8

　a≧1, b≧1となるのは，右図の水色の範囲（境界線を含む）
このうちで，
　ア）14−3a+4b=1 (a, b≧1)のとき，a+bの最小値は9
　イ）14−3a+4b=25 (a, b≧1)のとき，a+bの最小値は8
　ウ）14−3a+4b≦−23 (a, b≧1)や14−3a+4b≧49 (a, b≧1)のとき，a+bの最小値はア）イ）の場合よりも大きくなる．
　以上により，イ）の場合から，最小値は8→ク･･･（答）
→解説を隠す←

下記のリンクを使ってメニューに戻ってください．

...（携帯版）メニューに戻る

...（PC版）メニューに戻る