このページは、「1のn乗根とzⁿ-1の因数分解」の練習問題アーカイブページとなります。
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1のn乗根とzⁿ-1の因数分解 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01\(z=\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi\) のとき、次の値を求めよ。
\({\small (1)}~z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z^6\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z\,}\)
\({\small (1)}~z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z^6\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z\,}\)
数研出版｜数学C[708] p.102 練習15
\({\small (1)}~\)\(z=\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi\) について、
ド・モアブルの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~z^7&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi\right)^7
\\[5pt]~~~&=&\cos 7 \cdot \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi+i\sin 7 \cdot \displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\pi
\\[5pt]~~~&=&\cos 2\pi+i\sin 2\pi
\\[5pt]~~~&=&1+i \cdot 0
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
これより、
\(z^7-1=0\)
因数分解すると、
\((z-1)(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1)=0\)
\(z\ne1\) より、
\(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0\) \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\)について、\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1&=&0
\\[3pt]~~~z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z&=&-1\end{eqnarray}\)
したがって、\(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z=-1\) となる
\({\small (2)}~\)\(z^7=1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~z^6&=&\displaystyle \frac{\,z^7\,}{\,z\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z^6\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,z\,}{\,z-1\,}
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,z\,}{\,1-z\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z^6\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z\,}&=&-\displaystyle \frac{\,z\,}{\,1-z\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-z\,}{\,1-z\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z^6\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1-z\,}=1\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02複素数 \(\alpha\) を方程式 \(z^5=1\) の \(1\) でない解とするとき、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~t=\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\) とするとき、\(t^2+t-1=0\) であることを示せ。
\({\small (3)}~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) の値を求めよ。
\({\small (1)}~1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~t=\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\) とするとき、\(t^2+t-1=0\) であることを示せ。
\({\small (3)}~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) の値を求めよ。
数研出版｜数学C[708] p.113 演習問題B 4
\({\small (1)}~\)複素数 \(\alpha\) は \(z^5=1\) の解より、
\(\alpha^5=1\)
これより、
\(\alpha^5-1=0\)
因数分解すると、
\((\alpha-1)(\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1)=0\)
\(\alpha\) は \(1\) でない解より、\(\alpha\ne1\) なので、
\(\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1=0\)
したがって、\(1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4=0\) となる \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (2)}~{\small [\,1\,]}\) の両辺を \(\alpha^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4\,}{\,\alpha^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}+1+\alpha+\alpha^2&=&0\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}+1+\alpha+\alpha^2&=&0\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0\end{eqnarray}\)
また、\(t=\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~t^2&=&\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\alpha^2+2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}=t^2-2\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)+\left(\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}\right)+1&=&0
\\[5pt]~~~(t^2-2)+t+1&=&0
\\[5pt]~~~t^2+t-1&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(t^2+t-1=0\) となる
\({\small (3)}~\)\(\alpha=\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) とすると、
ド・モアブルの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha^5&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)^5
\\[5pt]~~~&=&\cos 4\pi+i\sin 4\pi
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
よって、\(\alpha\) は \(z^5=1\) の \(1\) でない解となる
ここで、\(|\,\alpha\,|=1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha\overline{\alpha}&=&|\,\alpha\,|^2
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}=\overline{\alpha}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}&=&\overline{\alpha}
\\[3pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi-i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~t&=&\alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}
\\[5pt]~~~&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)+\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi-i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)+\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi-i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、\({\small (2)}\) より \(t^2+t-1=0\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~t&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,1^2-4 \cdot 1 \cdot (-1)\,}\,}{\,2 \cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\lt\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt\pi\) より
\(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt0\) なので、\(t=2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt0\)
よって、
\(t=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03方程式 \(z^5=1\) の解 \(z\) について、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)\) を用いて \(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) の値を求めよ。
\({\small (1)}~z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)\) を用いて \(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) の値を求めよ。
数研出版｜新編数学C[710] p.175 章末問題B 4
\({\small (1)}~\)方程式 \(z^5=1\) より、
\(z^5-1=0\)
これより、
\((z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0\)
よって、\(z=1\) または \(z^4+z^3+z^2+z+1=0\)
\(z=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(z^4+z^3+z^2+z+1=0\) のとき、
両辺を \(z^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,z^4+z^3+z^2+z+1\,}{\,z^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~z^2+z+1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}&=&0\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~z^2+z+1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}&=&0\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(z^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}\right)+\left(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\right)+1&=&0\end{eqnarray}\)
また、\(t=z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~t^2&=&\left(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&z^2+2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(z^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}=t^2-2\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(z^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z^2\,}\right)+\left(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}\right)+1&=&0
\\[5pt]~~~(t^2-2)+t+1&=&0
\\[5pt]~~~t^2+t-1&=&0\end{eqnarray}\)
これを解くと、
\(\begin{eqnarray}~~~t&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,1^2-4 \cdot 1 \cdot (-1)\,}\,}{\,2 \cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(z=1\) のとき \(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=2\)、\(z\ne1\) のとき \(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\) となる
\({\small (2)}~\)\(z=\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\) とすると、
ド・モアブルの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~z^5&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)^5
\\[5pt]~~~&=&\cos 4\pi+i\sin 4\pi
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
よって、\(z\) は \(z^5=1\) の \(1\) でない解となる。
ここで、\(|\,z\,|=1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~z\overline{z}&=&|\,z\,|^2
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\overline{z}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&\overline{z}
\\[3pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi-i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)+\left(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi-i\sin \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、\(z\ne1\) より、\({\small (1)}\) から \(z+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,z\,}=\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\lt\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt\pi\) より \(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt0\) なので、\(2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi\lt0\)
よって、
\(2\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,2\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos \displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\pi=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04\(z\) は複素数で、\(z^4+z^3+z^2+z+1=0\) を満たす。このとき、次の値を求めよ。
\({\small (1)}~z^5\)
\({\small (2)}~|\, z \,|\)
\({\small (3)}~|\, z-1 \,|^2+|\, z+1 \,|^2\)
\({\small (1)}~z^5\)
\({\small (2)}~|\, z \,|\)
\({\small (3)}~|\, z-1 \,|^2+|\, z+1 \,|^2\)
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.147 練習問題B 9
\({\small (1)}~\)\(z^4+z^3+z^2+z+1=0\) について、
両辺に \(z-1\) をかけると、
\(\begin{eqnarray}~~~(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)&=&0
\\[3pt]~~~z^5-1&=&0\end{eqnarray}\)
よって、
\(z^5=1\)
したがって、\(z^5=1\) となる
\({\small (2)}~\)\({\small (1)}\) より \(z^5=1\) なので、両辺の絶対値をとると、
\(|\, z^5 \,|=|\, 1 \,|\)
ここで、\(|\, z^5 \,|=|\, z \,|^5\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|^5&=&1\end{eqnarray}\)
\(|\, z \,|\) は \(0\) 以上の実数より、
\(|\, z \,|=1\)
したがって、\(|\, z \,|=1\) となる
\({\small (3)}~\)\(|\, z-1 \,|^2=(z-1)(\overline{z-1})\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z-1 \,|^2&=&(z-1)(\overline{z}-1)
\\[5pt]~~~&=&z\overline{z}-z-\overline{z}+1
\\[5pt]~~~&=&|\, z \,|^2-z-\overline{z}+1\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&z\overline{z}-z-\overline{z}+1
\\[5pt]~~~&=&|\, z \,|^2-z-\overline{z}+1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、\(|\, z+1 \,|^2=(z+1)(\overline{z+1})\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z+1 \,|^2&=&(z+1)(\overline{z}+1)
\\[5pt]~~~&=&z\overline{z}+z+\overline{z}+1
\\[5pt]~~~&=&|\, z \,|^2+z+\overline{z}+1\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&z\overline{z}+z+\overline{z}+1
\\[5pt]~~~&=&|\, z \,|^2+z+\overline{z}+1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z-1 \,|^2+|\, z+1 \,|^2&=&(|\, z \,|^2-z-\overline{z}+1)+(|\, z \,|^2+z+\overline{z}+1)
\\[5pt]~~~&=&2|\, z \,|^2+2\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&2|\, z \,|^2+2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\({\small (2)}\) より \(|\, z \,|=1\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~2|\, z \,|^2+2&=&2 \cdot 1^2+2
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, z-1 \,|^2+|\, z+1 \,|^2=4\) となる
