← 数学

複素数電卓

z₁ と z₂ を入力し、演算を選んでください。実部と虚部が手頃な大きさの整数なら、答えを正確な形で確かめられます。商は分数、絶対値は根号を使った形で表示し、偏角も π の有理数倍で表せる場合はその形で示します。

乗法 i2=−1(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i\begin{aligned}&i^{2}=-1\\&(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i\end{aligned}
除法 a+bic+di=(a+bi)(c−di)c2+d2\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{c^{2}+d^{2}}
絶対値と偏角 z=a+bi=r(cos⁡θ+isin⁡θ)r=a2+b2,tan⁡θ=ba−180∘<θ≤180∘\begin{aligned}&z=a+bi=r(\cos\theta+i\sin\theta)\\&r=\sqrt{a^{2}+b^{2}},\quad\tan\theta=\frac{b}{a}\\&-180^{\circ}<\theta\le180^{\circ}\end{aligned}
積と商 ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣arg⁡(z1z2)=arg⁡z1+arg⁡z2\begin{aligned}&|z_{1}z_{2}|=|z_{1}||z_{2}|\\&\arg(z_{1}z_{2})=\arg z_{1}+\arg z_{2}\end{aligned}
ド・モアブルの定理 [r(cos⁡θ+isin⁡θ)]n=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)\begin{aligned}&\left[r(\cos\theta+i\sin\theta)\right]^{n}\\&=r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)\end{aligned}
n 乗根 wn=r(cos⁡θ+isin⁡θ) ⇒wk=rn(cos⁡ϕk+isin⁡ϕk)ϕk=θ+360∘kn,  k=0,…,n−1\begin{aligned}&w^{n}=r(\cos\theta+i\sin\theta)\ \Rightarrow\\&w_{k}=\sqrt[n]{r}\left(\cos\phi_{k}+i\sin\phi_{k}\right)\\&\phi_{k}=\frac{\theta+360^{\circ}k}{n},\ \ k=0,\dots,n-1\end{aligned}
インタラクティブシミュレーションを読み込んでいます...

レッスン

理論 — 複素数電卓

a、b を実数とし、i² = −1 を満たす i を用いて z = a + bi と表される数を複素数といいます。a が実部、b が虚部です。複素数平面では、z は点 (a, b) に対応します。

公式の導き方

  1. 文字式と同じように計算し、i² を −1 に置き換えます。いつもどおりに括弧を展開すると、i² の項は符号が変わり、実部にまとめられます。
    (a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi2=(ac−bd)+(ad+bc)i\begin{aligned}(a+bi)(c+di)&=ac+adi+bci+bdi^{2}\\&=(ac-bd)+(ad+bc)i\end{aligned}
  2. 除法には共役複素数を使います。c + di と c − di の積は c² + d² となり、実数です。分子と分母に分母の共役複素数を掛ければ、分母を実数にできます。あとは分子の実部と虚部をそれぞれ分母で割ります。
    (c+di)(c−di)=c2+d2a+bic+di=(a+bi)(c−di)c2+d2\begin{aligned}&(c+di)(c-di)=c^{2}+d^{2}\\&\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{c^{2}+d^{2}}\end{aligned}
  3. 絶対値と偏角を求めます。絶対値 r は原点からの距離、偏角 θ は実軸の正の向きから測った角度です。ここでは −180° から 180° の範囲で表します。a < 0 のとき、tan⁻¹(b/a) は反対側の象限を指すため、180° を加えるか引くかして補正します。
    r=a2+b2,θ=tan⁡−1ba  (a>0)θ=tan⁡−1ba±180∘  (a<0)\begin{aligned}&r=\sqrt{a^{2}+b^{2}},\qquad\theta=\tan^{-1}\frac{b}{a}\ \ (a>0)\\&\theta=\tan^{-1}\frac{b}{a}\pm180^{\circ}\ \ (a<0)\end{aligned}
  4. 極形式で積を求めます。積を展開して三角関数の加法定理を使うと、絶対値は掛け合わせ、偏角は足し合わせればよいとわかります。同じ複素数を n 個掛け合わせる場合が、ド・モアブルの定理です。
    r1(cos⁡α+isin⁡α)⋅r2(cos⁡β+isin⁡β)=r1r2[(cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β)+i(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)]=r1r2(cos⁡(α+β)+isin⁡(α+β))⇒ [r(cos⁡θ+isin⁡θ)]n=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)\begin{aligned}&r_{1}(\cos\alpha+i\sin\alpha)\cdot r_{2}(\cos\beta+i\sin\beta)\\&=r_{1}r_{2}\big[(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)\\&\qquad+i(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)\big]\\&=r_{1}r_{2}\left(\cos(\alpha+\beta)+i\sin(\alpha+\beta)\right)\\&\Rightarrow\ \left[r(\cos\theta+i\sin\theta)\right]^{n}\\&\qquad=r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)\end{aligned}
  5. ド・モアブルの定理を逆にたどると、累乗根が求まります。wⁿ = z を満たす w の絶対値は、r の n 乗根です。一方、z の偏角は1回転の整数倍だけ変えても同じ向きを表します。θ、θ + 360°、θ + 720°、… をそれぞれ n で割ると、360°/n 間隔で並ぶ n 個の異なる根が得られます。
    wn=r(cos⁡θ+isin⁡θ)⇒ wk=rn(cos⁡ϕk+isin⁡ϕk)ϕk=θ+360∘kn,  k=0,…,n−1\begin{aligned}&w^{n}=r(\cos\theta+i\sin\theta)\\&\Rightarrow\ w_{k}=\sqrt[n]{r}\left(\cos\phi_{k}+i\sin\phi_{k}\right)\\&\phi_{k}=\frac{\theta+360^{\circ}k}{n},\ \ k=0,\dots,n-1\end{aligned}

全プロセスの詳細解説

  1. 複素数の乗法 3 ステップ

    (4 − 3i)(2 + 5i) を a + bi の形で表しましょう。

    この問題をツールで開く

    1. 括弧を展開します。

      (4−3i)(2+5i)=8+20i−6i−15i2(4-3i)(2+5i)=8+20i-6i-15i^{2}

    2. i² を −1 に置き換えます。最後の項は符号が変わり、実部にまとめられます。

      =8+15+14i=23+14i=8+15+14i=23+14i

    3. 一行で検算できます。積の絶対値は絶対値の積に等しいので、23² + 14² と 5² × 29 が一致するはずです。

      232+142=529+196=725=52×2923^{2}+14^{2}=529+196=725=5^{2}\times29

    解答

    23 + 14i

    23+14i23+14i
  2. 共役複素数を使う除法 4 ステップ

    (3 + 2i)/(1 + 2i) を a + bi の形で表しましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 分母の共役複素数 1 − 2i を、分子と分母に掛けます。

      3+2i1+2i⋅1−2i1−2i\frac{3+2i}{1+2i}\cdot\frac{1-2i}{1-2i}

    2. 分母は 1² + 2² = 5 となり、実数になります。

      (1+2i)(1−2i)=12+22=5(1+2i)(1-2i)=1^{2}+2^{2}=5

    3. 分子を展開し、i² を −1 に置き換えます。

      (3+2i)(1−2i)=3−6i+2i−4i2=7−4i(3+2i)(1-2i)=3-6i+2i-4i^{2}=7-4i

    4. 実部と虚部をそれぞれ 5 で割ります。

      7−4i5=75−45i\frac{7-4i}{5}=\frac{7}{5}-\frac{4}{5}i

    解答

    7/5 − 4/5 i、小数では 1.4 − 0.8i。

    75−45i\frac{7}{5}-\frac{4}{5}i
  3. 第三象限の偏角 4 ステップ

    z = −2 − 2i の絶対値と偏角を求め、それを使って z² を極形式で表しましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 三平方の定理で絶対値を求めます。

      ∣z∣=(−2)2+(−2)2=8=22|z|=\sqrt{(-2)^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}

    2. (−2)/(−2) の tan⁻¹ は 45° で、第一象限の向きを示します。z は原点 0 より左下の第三象限にあるので、180° を引きます。

      tan⁡−1−2−2=45∘arg⁡z=45∘−180∘=−135∘=−3π4\begin{aligned}&\tan^{-1}\frac{-2}{-2}=45^{\circ}\\&\arg z=45^{\circ}-180^{\circ}=-135^{\circ}=-\frac{3\pi}{4}\end{aligned}

    3. 2乗すると、絶対値は2乗され、偏角は2倍になります。−270° は −180° から 180° の範囲に入らないので、1回転分を加えます。

      ∣z2∣=(22)2=82arg⁡z=−270∘→−270∘+360∘=90∘\begin{aligned}&|z^{2}|=(2\sqrt2)^{2}=8\\&2\arg z=-270^{\circ}\to-270^{\circ}+360^{\circ}=90^{\circ}\end{aligned}

    4. 絶対値が 8、偏角が 90° の複素数は 8i です。(−2 − 2i)² を展開しても同じ結果になります。

      z2=8(cos⁡90∘+isin⁡90∘)=8i(−2−2i)2=4+8i+4i2=8i\begin{aligned}&z^{2}=8(\cos90^{\circ}+i\sin90^{\circ})=8i\\&(-2-2i)^{2}=4+8i+4i^{2}=8i\end{aligned}

    解答

    |z| = 2√2、arg z = −135° = −3π/4、z² = 8(cos 90° + i sin 90°) = 8i。

    ∣z∣=22,arg⁡z=−3π4;z2=8(cos⁡90∘+isin⁡90∘)=8i|z|=2\sqrt2,\quad\arg z=-\frac{3\pi}{4};\qquad z^{2}=8(\cos90^{\circ}+i\sin90^{\circ})=8i
  4. 極形式での乗法 3 ステップ

    z = 1 + i、w = 2i をそれぞれ極形式で表し、展開せずに zw を求めましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. それぞれの絶対値と偏角を求めます。

      z=2(cos⁡45∘+isin⁡45∘)w=2(cos⁡90∘+isin⁡90∘)\begin{aligned}&z=\sqrt2(\cos45^{\circ}+i\sin45^{\circ})\\&w=2(\cos90^{\circ}+i\sin90^{\circ})\end{aligned}

    2. 絶対値を掛け合わせ、偏角を足し合わせます。

      zw=22(cos⁡135∘+isin⁡135∘)zw=2\sqrt2(\cos135^{\circ}+i\sin135^{\circ})

    3. cos 135° = −√2/2、sin 135° = √2/2 を使い、a + bi の形に戻します。

      =22(−22+22i)=−2+2i=2\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i\right)=-2+2i

    解答

    zw = 2√2(cos 135° + i sin 135°) = −2 + 2i

    zw=22(cos⁡135∘+isin⁡135∘)=−2+2izw=2\sqrt2(\cos135^{\circ}+i\sin135^{\circ})=-2+2i
  5. 高い次数の累乗 3 ステップ

    (1 + i)⁸ を求めましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 1 + i を8個掛け合わせて展開するには手間がかかります。極形式で表しましょう。

      1+i=2(cos⁡45∘+isin⁡45∘)1+i=\sqrt2(\cos45^{\circ}+i\sin45^{\circ})

    2. ド・モアブルの定理により、絶対値を8乗し、偏角を8倍します。

      (1+i)8=(2)8(cos⁡360∘+isin⁡360∘)(1+i)^{8}=(\sqrt2)^{8}(\cos360^{\circ}+i\sin360^{\circ})

    3. (√2)⁸ = 2⁴ = 16 で、360° はちょうど1回転です。

      =16(1+0i)=16=16(1+0i)=16

    解答

    (1 + i)⁸ = 16

    (1+i)8=16(1+i)^{8}=16
  6. 3乗根 3 ステップ

    z³ = 8i を解き、解を a + bi の形で表しましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 8i を極形式で表します。

      8i=8(cos⁡90∘+isin⁡90∘)8i=8(\cos90^{\circ}+i\sin90^{\circ})

    2. 絶対値の3乗根を取ります。偏角は、1回転の整数倍を加えてから 3 で割ります。

      zk=2(cos⁡ϕk+isin⁡ϕk)ϕk=90∘+360∘k3,  k=0,1,2\begin{aligned}&z_{k}=2(\cos\phi_{k}+i\sin\phi_{k})\\&\phi_{k}=\frac{90^{\circ}+360^{\circ}k}{3},\ \ k=0,1,2\end{aligned}

    3. k = 0, 1, 2 に対して、偏角は 30°、150°、270° となります。k = 3 では 390° となり、30° と同じ向きに戻ります。

      z0=2(cos⁡30∘+isin⁡30∘)=3+iz1=2(cos⁡150∘+isin⁡150∘)=−3+iz2=2(cos⁡270∘+isin⁡270∘)=−2i\begin{aligned}&z_{0}=2(\cos30^{\circ}+i\sin30^{\circ})=\sqrt3+i\\&z_{1}=2(\cos150^{\circ}+i\sin150^{\circ})=-\sqrt3+i\\&z_{2}=2(\cos270^{\circ}+i\sin270^{\circ})=-2i\end{aligned}

    解答

    z = √3 + i, −√3 + i, −2i。半径 2 の円上に、120° 間隔で並ぶ3点です。

    z=3+i,−3+i,−2iz=\sqrt3+i,\quad-\sqrt3+i,\quad-2i
  7. 実部と虚部を比較して求める平方根 3 ステップ

    5 + 12i の平方根を求めましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. a、b を実数として (a + bi)² = 5 + 12i と置きます。左辺を展開し、両辺の実部と虚部をそれぞれ比較します。

      (a+bi)2=a2−b2+2abia2−b2=5,2ab=12\begin{aligned}&(a+bi)^{2}=a^{2}-b^{2}+2abi\\&a^{2}-b^{2}=5,\quad2ab=12\end{aligned}

    2. 両辺の絶対値を取ると、もう一つ式が得られ、連立方程式を解きやすくなります。

      a2+b2=∣5+12i∣=52+122=13a^{2}+b^{2}=|5+12i|=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13

    3. 式を加減すると a² = 9、b² = 4 です。ab = 6 は正なので、a と b は同符号です。

      2a2=18,  2b2=8 ⇒ (a,b)=(3,2), (−3,−2)2a^{2}=18,\ \ 2b^{2}=8\ \Rightarrow\ (a,b)=(3,2),\ (-3,-2)

    解答

    3 + 2i と −3 − 2i

    ±(3+2i)\pm(3+2i)
  8. 虚数解をもつ二次方程式 3 ステップ

    z² − 4z + 13 = 0 を解き、解の和が 4、積が 13 になることを確かめましょう。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 判別式は負で、その平方根は純虚数になります。

      b2−4ac=16−52=−36,−36=6ib^{2}-4ac=16-52=-36,\qquad\sqrt{-36}=6i

    2. 解の公式を使います。

      z=4±6i2=2±3iz=\frac{4\pm6i}{2}=2\pm3i

    3. 係数が実数なので、解は互いに共役です。和では虚部が打ち消し合い、積は |2 + 3i|² になります。

      (2+3i)+(2−3i)=4,(2+3i)(2−3i)=4+9=13(2+3i)+(2-3i)=4,\qquad(2+3i)(2-3i)=4+9=13

    解答

    z = 2 ± 3i

    z=2±3iz=2\pm3i
  9. 3 + 2i とその共役複素数の乗算による積の証明 5 ステップ

    3 + 2i にその共役複素数を掛け、その結果を「2つの平方数の和の積は再び2つの平方数の和となる」ことの証明へと展開せよ。 これは z₁ = 3 + 2i かつ z₂ = 3 − 2i での 乗算 の設定である。

    この問題をツールで開く

    解答を表示

    1. 2つの交差項は絶対値が等しく符号が反対であるため相殺される。残るのは −b²i² であり、これは符号が反転して引き算ではなく足し算になる。したがって、共役な複素数の対の積は常に実数となり、その数は二乗の和として構成される。

      (a+bi)(a−bi)=a2−b2i2=a2+b2⟹(3+2i)(3−2i)=9+4=13(a+bi)(a-bi)=a^{2}-b^{2}i^{2}=a^{2}+b^{2}\quad\Longrightarrow\quad(3+2i)(3-2i)=9+4=13

    2. その実数にはすでに名前がある。絶対値（モジュラス）は原点からの距離であるため、ピタゴラスの定理により |z|² は a² + b² となり、パネルの 3.606 は √13 を小数第3位で四捨五入した値である。

      ∣z∣=a2+b2=13=3.605551,zzˉ=∣z∣2=13|z|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{13}=3.605551,\qquad z\bar z=|z|^{2}=13

    3. 次に、2つの複素数の一般的な積を考えると、i² = −1 によって1つの項が実部へと移って合流する。ここではまだ絶対値は現れていない。

      (a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i

    4. その積にステップ1を適用する。展開において2番目の交差項の対である −2abcd と +2abcd が相殺され、生き残った4つの項は2つの括弧の積に因数分解される。必要であればすべての文字を整数とすることができ、最終行には i を含む記述は一切残らない。

      (ac−bd)2+(ad+bc)2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2=(a2+b2)(c2+d2)(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})

    5. したがって、整数の対のペアから第3の対が生み出される。3 + 2i は 13 を伴い、1 + 2i は 5 を伴う。それらの積は 65 を伴う。2番目の因数を共役にすると、それは実軸に関して反転し、同じ和を持つ別の対をもたらす。

      (3+2i)(1+2i)=−1+8i: 12+82=65=13×5;(3+2i)(1−2i)=7−4i: 72+42=65(3+2i)(1+2i)=-1+8i:\ 1^{2}+8^{2}=65=13\times5;\qquad(3+2i)(1-2i)=7-4i:\ 7^{2}+4^{2}=65

    解答

    パネルは共役積を 13、絶対値を 3.606 と表示しており、3.606² = 13.003 となるのは不一致ではなく端数処理によるものである。心に留めるべき重要な点は、複素数を消去してもこの等式がそのまま成り立つことである：(a² + b²)(c² + d²) = (ac − bd)² + (ad + bc)² は、i を一切含まない4つの整数に関する主張である。ディオファントスは3世紀にまさにこの数を記録している。65 は 13 × 5 であり各因数自体が2つの平方数の和であるため、65 は 1 + 64 としても 16 + 49 としても分割できると彼は書き残した。これはカルダノが負の数の平方根を初めて書き下ろすより約13世紀も前のことである。2つの素因数、2つの表現形式：13 単独では 9 + 4 しか存在せず、5 単独では 1 + 4 しか存在しない。複素数の乗算は第2の表現形式を生み出す機械であり、共役はその2つを切り替えるレバーである。

    (a2+b2)(c2+d2)=(ac−bd)2+(ad+bc)2(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}

補充問題（答えのみ）

  1. (2 − i)(3 + 4i) を a + bi の形で表しましょう。

    答えを表示

    10 + 5i

    10+5i10+5i

  2. (1 + 3i)/(2 − i) を a + bi の形で表しましょう。

    答えを表示

    −1/5 + 7/5 i

    −15+75i-\frac{1}{5}+\frac{7}{5}i

  3. −√3 + i の絶対値と偏角を求めましょう。

    答えを表示

    絶対値 2、偏角 150° = 5π/6

    2,150∘=5π62,\quad150^{\circ}=\frac{5\pi}{6}

  4. (√3 + i)⁶ を求めましょう。

    答えを表示

    −64

    −64-64

  5. z³ = −8 を解きましょう。

    答えを表示

    z = 1 + √3 i, −2, 1 − √3 i

    1+3 i,−2,1−3 i1+\sqrt3\,i,\quad-2,\quad1-\sqrt3\,i

  6. −3 + 4i の平方根を求めましょう。

    答えを表示

    1 + 2i と −1 − 2i

    ±(1+2i)\pm(1+2i)

  7. z² − 2z + 5 = 0 を解きましょう。

    答えを表示

    z = 1 ± 2i

    z=1±2iz=1\pm2i

実数の答えのために生まれた虚数

複素数は x² + 1 = 0 を解くために生まれたのではありません——誰もそれを気に病んではいませんでした。虚数を数学者に押しつけたのは三次方程式です。x³ = px + q に対するカルダノの1545年の公式は、三つの解がすべて普通の実数であっても、負の数の平方根を経由することがあります。1572年、ボンベリはこの「あり得ない」量が打ち消し合い、正しい実数の答えを与えることを示しました。虚数は実数へ至る回り道だったのです。

学習の道すじ

二次式を超えて

参考文献 (1)
  • Insight block 3 — the cubic that made imaginary numbers unavoidable: G. Cardano, Artis Magnae, sive de Regulis Algebraicis. Nuremberg, 1545, chapter XXXVII. R. Bombelli, L'Algebra, Book I. Bologna, 1572 — where the "impossible" quantities are shown to cancel and leave the real roots.

· 公表された資料と照合しています。訂正のご指摘を歓迎します。