z=r(cosθ+isinθ) (r＞0)とおくと ド・モアブルの定理より z^8=r^8(cos8

z=r(cosθ+isinθ) (r＞0)とおくと
ド・モアブルの定理より
z^8=r^8(cos8θ+isin8θ)とできるそうですが、
どうやって展開したのでしょうか？
わかりやすく簡単に式か図形を使って解説して頂けますか？

質問者からの補足コメント

• 出来れば、地道に{r(cosθ+isinθ)}^8を展開した過程の数式を載せて頂けないでしょうか？
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2019/11/29 20:04

• 返信ありがとうございます。
  あれドモアブルさんは展開して導いたのではないのですか？
  どうやって簡単に導ける方法(すなわちドモアブル)を発見したのでしょうか？

    補足日時：2019/11/29 20:19

• なるほど
  https://mathtrain.jp/moivre
  が仮定して証明できたため、地道に計算しなくてもよかったのですね

    補足日時：2019/11/29 20:25

No.7 回答者： springside 回答日時： 2019/12/01 17:15

ド・モアブルの定理により、(cosθ+isinθ)^n=cos(nθ)+isin(nθ)だから（証明済）、展開などという原始的な作業をすることは全くの無意味。

証明は、例えば、下記を見よ。

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%89%E3%83%BB …

No.6 回答者： tknakamuri 回答日時： 2019/11/29 23:59

三角関数の加法定理から

(cosα+isinα)(cosβ+isinβ)=cosαcosβ-sinαsinβ + i(sinαcosβ+cosαsinβ)
=cos(α+β)+isin(α+β)

つまり複素数の掛け算では偏角は足し算になる。
だから8乗は偏角を8倍にする。単純明瞭。

No.5 回答者： ありものがたり 回答日時： 2019/11/29 20:36

数学的帰納法で証明するより、

オイラーの公式がいいと思うんだがなあ...

No.4 回答者： guunagoona2015 回答日時： 2019/11/29 20:32

２倍角の公式

sin2θ=2sinθcosθ　　　　　　　　　　･････①
cos2θ=cos^2θ-sin^2θ　　　　　　　･････②
加法定理
sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ　　　　･････③
sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ　　　　　･････④
cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ　　　　･････⑤
cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ　　　　･････⑥
を使えばよい


(cosθ+isinθ)^2　　　　　　　　　　　　　　　　２乗を展開
=cos^2θ+2isinθcosθ+i^2sin^2θ　　　　　　　　i^2=-1
=cos^2θ-sin^2θ+i･2sinθcosθ　　　　　　　　　①、②を使う
=cos2θ+isin2θ　　･････（ア）　　　　　　　　　　

(cosθ+isinθ)^3
=(cosθ+isinθ)(cosθ+isinθ)^2　　　　　　　　　　　　　　（ア）を使う
=(cosθ+isinθ)(cos2θ+isin2θ)　　　　　　　　　　　　　　展開　
=cosθcos2θ+icosθsin2θ+isinθcos2θ+i^2sinθsin2θ　　　　i^2=-1
=cosθcos2θ-sinθsin2θ+i(sinθcos2θ+cosθsin2θ)　　　　　⑤、③を使う
=cos(θ+2θ)+isin(θ+2θ)
=cos3θ+isin3θ　　･････（イ）

(cosθ+isinθ)^4
=(cosθ+isinθ)(cosθ+isinθ)^3　　　　　　　　　　　　　　（イ）を使う
=(cosθ+isinθ)(cos3θ+isin3θ)　　　　　　　　　　　　　　展開　
=cosθcos3θ+icosθsin3θ+isinθcos3θ+i^2sinθsin3θ　　　　i^2=-1
=cosθcos3θ-sinθsin3θ+i(sinθcos3θ+cosθsin3θ)　　　　　⑤、③を使う
=cos(θ+3θ)+isin(θ+3θ)
=cos4θ+isin4θ


これを繰り返していけば
z^8=r^8(cos8θ+isin8θ)
になることがわかる････

No.3 回答者： ありものがたり 回答日時： 2019/11/29 20:15

＞出来れば、地道に{r(cosθ+isinθ)}^8を展開した過程の数式を載せて頂けないでしょうか？

cos と sin の 8倍角公式を書き下して欲しいという話ですね？
それは、まったく勧めません。不可能ではないけれど、
計算間違いが起こりがちなだけで、その式を得ることに何の応用もない。
そういう無意味な計算を避けるための「ド・モアブルの定理」なんです。

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2019/11/29 19:53

ド・モアブルの定理を使ってよいのであれば、

z^8 = { r(cosθ + i sinθ) }^8 = (r^8)(cosθ + i sinθ)^8
= (r^8)(cos8θ + i sin8θ)　；ド・モアブルの定理より (cosθ + i sinθ)^8 = cos8θ + i sin8θ
だというだけのことです。

ド・モアブルの定理を証明せよ、またはもっと素朴に計算せよという話なら、
オイラーの公式 e^(iθ) = cosθ + i sinθ を使って
(cosθ + i sinθ)^8 = (e^(iθ))^8 = e^(8iθ) = cos8θ + i sin8 です。
(e^(iθ))^8 = e^(8iθ) は、指数法則ですね。

そのオイラーの定理を証明しろって？
その辺まで掘り下げると、cos, sin, e^ をどのように定義したかという
形式的な話が中心になってきてしまいます。
個人的には、cos, sin, e^ をそれぞれべき級数で定義する流儀が好きですが、
その流儀では、オイラーの公式は級数の係数比較から「ほぼ自明」です。

No.1 回答者： rnakamra 回答日時： 2019/11/29 18:18

z^8={r(cosθ+i sinθ)}^8=r^8*(cosθ+i sinθ)^8

(指数法則　(a*b)^n=a^n*b^nを使った)

ここでド・モアブルの定理より
(cosθ+i sinθ)^8=cos8θ+i sin8θ
となるから
z^8=r^8*(cos8θ+i sin8θ)
となる。