1のn乗根に関する問題

上野竜生です。1のn乗根に関する問題を紹介します。

1のn乗根

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1のn乗根のうち1でないものの1つをαとする。
つまりαn=1,α≠1
αn=1⇔αn-1=0⇔(α-1)(αn-1n-2+・・・+α2+α+1)=0
なのでα≠1よりこのαは
αn-1n-2+・・・+α2+α+1=0を満たす。
一方αn=1の解はα=1と
\(\alpha=\cos{\frac{2}{n}\pi}+i\sin{\frac{2}{n}\pi },\cos{\frac{4}{n}\pi}+i\sin{\frac{4}{n}\pi },\cos{\frac{6}{n}\pi}+i\sin{\frac{6}{n}\pi },\cdots , \cos{\frac{2n-2}{n}\pi}+i\sin{\frac{2n-2}{n}\pi } \)
である。
この2つの関係からいくつか得られるものがあります。具体的に例題で見てみましょう。

例題

\(\alpha=\cos{\frac{2}{7}\pi}+i\sin{\frac{2}{7}\pi } \)とする。
(1) \(\alpha^6+\alpha^5+\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha \)の値を求めよ。
(2) \(\cos{\frac{2}{7}\pi}+\cos{\frac{4}{7}\pi}+\cos{\frac{6}{7}\pi}+\cos{\frac{8}{7}\pi}+\cos{\frac{10}{7}\pi}+\cos{\frac{12}{7}\pi}\)の値を求めよ。
(3) \((\alpha+1)(\alpha^2+1)(\alpha^3+1)(\alpha^4+1)(\alpha^5+1)(\alpha^6+1)\)の値を求めよ。
(4) \(\cos{\frac{\pi}{7}}\cos{\frac{2\pi}{7}}\cos{\frac{3\pi}{7}} \)の値を求めよ。
(5) \(\displaystyle \frac{1}{\alpha+1} + \frac{1}{\alpha^2+1}+\frac{1}{\alpha^3+1}+\frac{1}{\alpha^4+1}+\frac{1}{\alpha^5+1}+\frac{1}{\alpha^6+1} \)の値を求めよ。
答え(1) \(z=\alpha \)は\(z^7=1\)の解であり,\(z=1,\alpha^2,\alpha^3,\alpha^4,\alpha^5,\alpha^6 \)も\(z^7=1\)の解であるので次のように因数分解できる。
\(z^7-1=(z-1)(z-\alpha)(z-\alpha^2)(z-\alpha^3)(z-\alpha^4)(z-\alpha^5)(z-\alpha^6) \)
さらに\(z^7-1=(z-1)(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1) \)なのでこの2つを見比べると次の関係式が得られる。
\(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=(z-\alpha)(z-\alpha^2)(z-\alpha^3)(z-\alpha^4)(z-\alpha^5)(z-\alpha^6) \)・・・(★)
(★)に\(z=\alpha \)を代入すると\(\alpha^6+\alpha^5+\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1=0 \)となるので両辺から1をひくと求める値は-1
(2) \(\alpha^2=\cos{\frac{4}{7}\pi}+i\sin{\frac{4}{7}\pi },\alpha^3=\cos{\frac{6}{7}\pi}+i\sin{\frac{6}{7}\pi } ,\cdots , \alpha^6=\cos{\frac{12}{7}\pi}+i\sin{\frac{12}{7}\pi } \)なので(1)の結果に代入すると
\((\cos{\frac{2}{7}\pi} +\cos{\frac{4}{7}\pi}+\cos{\frac{6}{7}\pi}+\cos{\frac{8}{7}\pi}+\cos{\frac{10}{7}\pi}+\cos{\frac{12}{7}\pi}) \\ + i(\sin{\frac{2}{7}\pi}+\sin{\frac{4}{7}\pi}+\sin{\frac{6}{7}\pi}+\sin{\frac{8}{7}\pi}+\sin{\frac{10}{7}\pi}+\sin{\frac{12}{7}\pi})\\ =-1\)
実部を比較すると求める値は-1
虚部を比較することにより同様のsinバージョンの式は0であることがわかります。ただしこちらはそんなことしなくてもsin(2π-θ)=-sinθなどの関係を使えば解けるのであまり面白くありません。
答え(3) (★)にz=-1を代入すると
\(1=(-1-\alpha)(-1-\alpha^2)(-1-\alpha^3)(-1-\alpha^4)(-1-\alpha^5)(-1-\alpha^6) \)
右辺を整理すると求める式に等しくなるので求める値は1
同様にz=1を代入すると
\((\alpha-1)(\alpha^2-1)(\alpha^3-1)(\alpha^4-1)(\alpha^5-1)(\alpha^6-1)=7\)
が導けます。
答え(4)
\(1=(\alpha+1)(\alpha^2+1)(\alpha^3+1)(\alpha^4+1)(\alpha^5+1)(\alpha^6+1)\\
=(\alpha+1)(\alpha^6+1)(\alpha^2+1)(\alpha^5+1)(\alpha^3+1)(\alpha^4+1)\\
=(\alpha^7+\alpha^6+\alpha+1)(\alpha^7+\alpha^5+\alpha^2+1)(\alpha^7+\alpha^4+\alpha^3+1)\\
=(2+\alpha+\alpha^6)(2+\alpha^2+\alpha^5)(2+\alpha^3+\alpha^4) (∵\alpha^7=1)\)
ここで\(\alpha^6=\cos{\frac{12}{7}\pi}+i\sin{\frac{12}{7}\pi }=\cos{\frac{2}{7}\pi}-i\sin{\frac{2}{7}\pi } \)なので
\( \alpha+\alpha^6=2\cos{\frac{2}{7}\pi} \)
同様にして\(\alpha^2+\alpha^5=2\cos{\frac{4}{7}\pi} , \alpha^3+\alpha^4=2\cos{\frac{6}{7}\pi} \)である。つまり
\((2+2\cos{\frac{2}{7}\pi})(2+2\cos{\frac{4}{7}\pi})(2+2\cos{\frac{6}{7}\pi})=1 \)
2倍角の公式より
\((2+4\cos^2{\frac{1}{7}\pi}-2)(2+4\cos^2{\frac{2}{7}\pi}-2)(2+4\cos^2{\frac{3}{7}\pi}-2)\\
=4\cos^2{\frac{1}{7}\pi} \cdot 4\cos^2{\frac{2}{7}\pi} \cdot 4\cos^2{\frac{3}{7}\pi}=1 \)
\(\cos{\frac{\pi}{7}}\cos{\frac{2\pi}{7}}\cos{\frac{3\pi}{7}}>0 \)なので
\(\cos{\frac{\pi}{7}}\cos{\frac{2\pi}{7}}\cos{\frac{3\pi}{7}}=\frac{1}{8} \)
同様にz=1の式からスタートすればsinバージョンの結果が
\(\sin{\frac{\pi}{7}}\sin{\frac{2\pi}{7}}\sin{\frac{3\pi}{7}}=\frac{\sqrt{7} }{8} \)と導けます。
答え(5)
\(\displaystyle \frac{1}{\alpha+1} + \frac{1}{\alpha^2+1}+\frac{1}{\alpha^3+1}+\frac{1}{\alpha^4+1}+\frac{1}{\alpha^5+1}+\frac{1}{\alpha^6+1}\\
=\displaystyle \frac{1}{\alpha+1} + \frac{1}{\alpha^6+1}+\frac{1}{\alpha^2+1}+\frac{1}{\alpha^5+1}+\frac{1}{\alpha^3+1}+\frac{1}{\alpha^4+1}\\
=\displaystyle \frac{1}{\alpha+1} + \frac{\alpha}{\alpha^7+\alpha}+\frac{1}{\alpha^2+1}+\frac{\alpha^2}{\alpha^7+\alpha^2}+\frac{1}{\alpha^3+1}+\frac{\alpha^3}{\alpha^7+\alpha^3}\\
=\displaystyle \frac{1}{\alpha+1} + \frac{\alpha}{\alpha+1}+\frac{1}{\alpha^2+1}+\frac{\alpha^2}{\alpha^2+1}+\frac{1}{\alpha^3+1}+\frac{\alpha^3}{\alpha^3+1}\\
=1+1+1=3\)

通分したりしてももちろん解けますがこの解法がもっとも美しいです。

1のn乗根に関する問題はいろいろ美しい性質があるのでキレイに解けることが多いです。ひらめかなければ地道でもいいですが今回の解法を一通り見ておけば類題にも対処できるでしょう。

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