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次の値を計算しましょう。
\(\left(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)^{3}\)
解答：\(i\)
ド・モアブルの定理で、偏角を3倍します。
\(\left(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)^{3} = \cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2}\)
三角比の値を代入します。
\(\cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2} = 0 + 1 \times i = i\)
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次の値を計算しましょう。
\(\left(1 + i\right)^{6}\)
解答：\(-8i\)
まず \(z = 1 + i\) を極形式にします。絶対値と偏角は
\(r = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}\)、\(\theta = \dfrac{\pi}{4}\)
ド・モアブルの定理より、絶対値は6乗・偏角は6倍になります。
\(r^{6} = \left(\sqrt{2}\right)^{6} = 2^{3} = 8\)
\(6\theta = 6 \times \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{3}{2}\pi\)
三角比の値を代入します。
\(\left(1 + i\right)^{6} = 8\left(\cos\dfrac{3}{2}\pi + i\sin\dfrac{3}{2}\pi\right) = 8\left(0 - i\right) = -8i\)
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次の値を計算しましょう。
\(\left(\sqrt{3} + i\right)^{6}\)
解答：\(-64\)
まず \(z = \sqrt{3} + i\) を極形式にします。
\(r = \sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2} + 1^{2}} = \sqrt{4} = 2\)
\(\tan\theta = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) となる角のうち第1象限にあるものだから
\(\theta = \dfrac{\pi}{6}\)
ド・モアブルの定理より
\(r^{6} = 2^{6} = 64\)
\(6\theta = 6 \times \dfrac{\pi}{6} = \pi\)
三角比の値を代入します。
\(\left(\sqrt{3} + i\right)^{6} = 64\left(\cos\pi + i\sin\pi\right) = 64 \times \left(-1\right) = -64\)
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1 の3乗根（\(z^{3} = 1\) となる複素数）をすべて求めましょう。
解答：\(z = 1,\ -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i,\ -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\)
\(1\) は絶対値 \(1\)・偏角 \(0\) なので、3乗根は単位円の1周を3等分した3個の点になります。
\(z_{k} = \cos\dfrac{2k\pi}{3} + i\sin\dfrac{2k\pi}{3}\)（\(k = 0,\ 1,\ 2\)）
それぞれに三角比の値を代入します。
\(z_{0} = \cos 0 + i\sin 0 = 1\)
\(z_{1} = \cos\dfrac{2}{3}\pi + i\sin\dfrac{2}{3}\pi = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\)
\(z_{2} = \cos\dfrac{4}{3}\pi + i\sin\dfrac{4}{3}\pi = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i\)
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次の方程式の解をすべて求めましょう。
\(z^{3} = 8i\)
解答：\(z = \sqrt{3} + i,\ -\sqrt{3} + i,\ -2i\)
\(8i\) を極形式にします。絶対値は \(8\)、虚軸の正の部分にあるので偏角は \(\dfrac{\pi}{2}\) です。
3乗根の公式に当てはめます。半径は
\(\sqrt[3]{8} = 2\)
偏角は \(\dfrac{\pi}{2}\) に \(k\) 周分（\(2k\pi\)）を足して3等分します。
\(\theta_{k} = \dfrac{\dfrac{\pi}{2} + 2k\pi}{3}\)（\(k = 0,\ 1,\ 2\)）
\(k\) を順に代入すると
\(\theta_{0} = \dfrac{\pi}{6}\)、\(\theta_{1} = \dfrac{5}{6}\pi\)、\(\theta_{2} = \dfrac{3}{2}\pi\)
それぞれの解を求めます。
\(2\left(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right) = \sqrt{3} + i\)
\(2\left(\cos\dfrac{5}{6}\pi + i\sin\dfrac{5}{6}\pi\right) = -\sqrt{3} + i\)
\(2\left(\cos\dfrac{3}{2}\pi + i\sin\dfrac{3}{2}\pi\right) = -2i\)
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次の値を計算しましょう。
\(\left(1 + i\right)^{10}\)
解答：\(32i\)
問題2と同じく \(r = \sqrt{2}\)、\(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) です。
ド・モアブルの定理より
\(r^{10} = \left(\sqrt{2}\right)^{10} = 2^{5} = 32\)
\(10\theta = 10 \times \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5}{2}\pi\)
\(\dfrac{5}{2}\pi\) は1周（\(2\pi\)）を超えているので、\(2\pi\) を引いて同じ向きの角に直します。
\(\dfrac{5}{2}\pi - 2\pi = \dfrac{\pi}{2}\)
三角比の値を代入します。
\(\left(1 + i\right)^{10} = 32\left(\cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2}\right) = 32i\)