1のn乗根の性質と複素数平面

$z^3=1$ の解が $1$ の三乗根。

$z^3-1=0$
$(z-1)(z^2+z+1)=0$
$z=1,z=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$

• これを複素数平面上に図示すると，単位円周上に等間隔で並ぶ。
• $3$ つの三乗根の和は，
  $1+\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}+\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}=0$

$z^4=1$ の解が $1$ の四乗根。

$z^4-1=0$
$(z^2-1)(z^2+1)=0$
$z=\pm 1,\pm i$

• これを複素数平面上に図示すると，単位円周上に等間隔で並ぶ。
• $4$ つの三乗根の和は，
  $1-1+i-i=0$

・ $1$ の $n$ 乗根は $n$ 個以下であること

$1$ の $n$ 乗根は $z^n=1$ の解である。 $n$ 次方程式の解は重複度込みで $n$ 個（代数学の基本定理）なので $1$ の $n$ 乗根は全部で $n$ 個以下である。

・実際に $n$ 乗根を構成してやる

$z_k=\cos\dfrac{2\pi k}{n}+i\sin\dfrac{2\pi k}{n}\:(k=0,1,\cdots, n-1)$

たちが $1$ の $n$ 乗根であることはド・モアブルの定理を用いることで以下のように確認できる：

$z_k^n=(\cos\dfrac{2\pi k}{n}+i\sin\dfrac{2\pi k}{n})^n\\ =\cos 2\pi k+i\sin 2\pi k\\ =1$

$z_k$ は単位円周上に等間隔で並ぶので，目標の性質が証明された。

$1$ の $n$ 乗根たちは方程式 $z^n-1=0$ の解である。

よって，解と係数の関係よりそれらの和は $0$ である。

$1$ の $n$ 乗根たちは複素数平面上で正 $n$ 角形の頂点たちとなる。

その正 $n$ 角形の重心は対称性より原点にある。

よって，$1$ の $n$ 乗根たちの和は $0$ である。