1のn乗根の性質と複素数平面

$z^3=1$ の解が $1$ の三乗根である。

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

• 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，
  $1+\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}+\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}=0$
• 3つの三乗根いずれについても $\overline{z}=z^2$ は簡単な計算で確認できる。

$z^4=1$ の解が $1$ の四乗根である。

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

• 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。
• $4$ つの四乗根の和は，
  $1-1+i-i=0$
• 4つの四乗根いずれについても $\overline{z}=z^3$ は簡単な計算で確認できる。

・ $1$ 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 $n$ 乗根を構成する

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

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：

$$\begin{aligned} z_k^n &= \left( \cos\dfrac{2\pi k}{n}+i\sin\dfrac{2\pi k}{n} \right)^n\\ &= \cos 2\pi k+i\sin 2\pi k\\ &= 1 \end{aligned}$$

$z_k$ 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。

性質2の証明で述べたように，1の $n$ 乗根は，ある整数 $k$ を用いて $$\zeta=\cos\dfrac{2\pi k}{n}+i\sin\dfrac{2\pi k}{n}$$ とおける。複素共役を取ると， $$\overline{\zeta}=\cos\dfrac{2\pi k}{n}-i\sin\dfrac{2\pi k}{n}$$ である。一方，$n-1$ 乗すると，ド・モアブルの定理より $$\zeta^{n-1}=\cos\dfrac{2\pi k(n-1)}{n}+i\sin\dfrac{2\pi k(n-1)}{n}$$ ここで，三角関数の中身が $2\pi k-\dfrac{2\pi k}{n}$ となることと，$\cos(2\pi k-\theta)=\cos\theta$，$\sin(2\pi k-\theta)=-\sin\theta$ に注意すると，結局 $$\zeta^{n-1}=\cos\dfrac{2\pi k}{n}-i\sin\dfrac{2\pi k}{n}$$ となる。つまり $\overline{\zeta}=\zeta^{n-1}$

$z^5=1$ を解けばよい。移行して因数分解すると， $$(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0$$ 第二因数について，相反方程式なので $z^2$ で割って変形すると， $$z^2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}+1=0$$ $z+\dfrac{1}{z}=t$ とおくと， $$t^2-2+t+1=0$$ つまり，$t=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$

一方，$z+\dfrac{1}{z}=t$ を $z$ について解くと $$z^2-tz+1=0$$ から $z=\dfrac{t\pm\sqrt{t^2-4}}{2}$

以上より，$$z=\dfrac{\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\pm\sqrt{\frac{6\mp2\sqrt{5}}{4}-4}}{2}$$ $$z=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{4}\pm\dfrac{\sqrt{10\pm 2\sqrt{5}}}{4}i$$ ただし，$\pm$ が3つあるが，1つめと3つめは同じ符号を選ぶ。4つの解を得られる。