$z^{n} = a$ の解を使った和と積

$z^{n} = 1$ の解 $z_{k}$ の和が $0$ になること、 $z^{n - 1} + \dots + z + 1 = 0$ 、 $z^{n} - 1 = \prod (z - z_{k})$ を使える。 $∣1 - z_{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2}$ と表し、 $\sum z_{k}^{m}$ や $\sum ∣1 - z_{k} ∣^{2}$ のような和・積を求められる

前提

方程式 $z^{n} = a$ の解（数学C 複素数平面）
$1 + cos θ + i sin θ$ の極形式（数学C 複素数平面）
等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）
複素数平面と絶対値・共役複素数（数学C 複素数平面）
剰余の定理・因数定理と高次方程式（数学II 複素数と方程式）

この技能までの道筋（50 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
分数のたし算・ひき算（算数計算と数のきまり）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
小数と分数のまじった計算（算数計算と数のきまり）
逆算（□ を求める）（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
正負の数の乗除・累乗と四則混合（中学数学数と式）
分配法則を使った計算のくふう（算数計算と数のきまり）
文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
1 次方程式の解き方（中学数学方程式）
比例・反比例の式とグラフ（中学数学関数）
約数の見つけ方（算数整数の性質）
素因数分解と約数の個数（算数整数の性質）
平方根の意味と根号の簡単化（中学数学数と式）
関数 $y = a x^{2}$ の式と変域（中学数学関数）
乗法公式による展開（中学数学数と式）
因数分解（中学数学数と式）
平方完成と 2 次関数のグラフ（数学I 2次関数）
複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）
円の周の長さと面積（算数平面図形）
おうぎ形の弧の長さと面積（算数平面図形）
弧の長さからおうぎ形の中心角と面積を求める（中学数学平面図形）
三角形・四角形の面積（算数平面図形）
三平方の定理（中学数学相似と三平方の定理）
特別な直角三角形の辺の比（中学数学相似と三平方の定理）
弧度法と単位円による三角関数（数学II 三角関数）
加法定理と 2 倍角・半角・積和の公式（数学II 三角関数）
極形式と積・商（数学C 複素数平面）
ド・モアブルの定理（数学C 複素数平面）
方程式 $z^{n} = a$ の解（数学C 複素数平面）
$1 + cos θ + i sin θ$ の極形式（数学C 複素数平面）
等間隔にならんだ数の和（算数計算と数のきまり）
等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）
三角形の角の大きさ（算数平面図形）
対頂角と平行線の同位角・錯角（中学数学平面図形）
三角形の外角と角の組み合わせ（中学数学平面図形）
二等辺三角形の角（中学数学平面図形）
平行四辺形と特別な四角形の性質（中学数学平面図形）
折り返した図形の角と長さ（中学数学平面図形）
三平方の定理と平面図形（中学数学相似と三平方の定理）
最大公約数と最小公倍数（算数整数の性質）
比の性質と簡単な比（算数割合と比）
相似な三角形と長さの比（算数平面図形）
三角形の相似条件と対応する辺の長さ（中学数学相似と三平方の定理）
平行線と線分の比（中学数学相似と三平方の定理）
2点間の距離と内分点・外分点（数学II 図形と方程式）
複素数平面と絶対値・共役複素数（数学C 複素数平面）
3 次式までの展開と因数分解（数学I 数と式）
剰余の定理・因数定理と高次方程式（数学II 複素数と方程式）

説明

$z^{n} = 1$ の $n$ 個の解（ $1$ の $n$ 乗根）について、すべての解の和・累乗の和・積を、解を 1 つずつ計算せずにまとめて求める方法を学びます。解は複素数平面上で単位円に内接する正 $n$ 角形の頂点に並びます。その対称性が、式の上では「和が $0$ 」「 $z^{n} - 1$ の因数分解」という形で現れます。点 $1$ から各頂点までの距離 $∣1 - z_{k} ∣$ を三角関数で表すことと組み合わせると、 $sin \frac{π}{7} sin \frac{2 π}{7} \dots$ のような三角関数の積や $\sum ∣1 - z_{k} ∣^{2}$ も計算できます。

なぜそうしてよいのか

$ω = cos \frac{2 π}{n} + i sin \frac{2 π}{n}$ とおきます。ド・モアブルの定理より、 $z_{k} = ω^{k} = cos θ_{k} + i sin θ_{k}$ （ $θ_{k} = \frac{2 π k}{n}$ 、 $k = 0, 1, \dots, n - 1$ ）が $z^{n} = 1$ の解です。 $z_{k}$ が互いに異なることも確かめておきます。どの $z_{k}$ も絶対値は $1$ です。偏角 $θ_{k} = \frac{2 π k}{n}$ は $0 \leq θ < 2 π$ の範囲にあり、 $k$ が違えば値も違います。したがって $z_{k}$ は単位円上の異なる点で、これが $n$ 個の解のすべてです。解の和は、公比 $ω$ の等比数列の和になります。 $n \geq 2$ のときは $0 < \frac{2 π}{n} \leq π$ なので $ω \neq = 1$ です。また $ω^{n} = 1$ なので、 $1 + ω + \dots + ω^{n - 1} = \frac{1 - ω ^{n}}{1 - ω} = 0$ となります。整数 $m$ についての $\sum_{k = 0}^{n - 1} z_{k}^{m}$ も同じように扱えます。これは $\sum_{k = 0}^{n - 1} (ω^{m})^{k}$ と書けます。 $m$ が $n$ の倍数でなければ、 $ω^{m} \neq = 1$ かつ $(ω^{m})^{n} = 1$ なので、和は $0$ です。 $m$ が $n$ の倍数なら、各項が $1$ なので和は $n$ です。

次に積です。 $z_{0}$ は $z^{n} - 1 = 0$ を満たすので、因数定理から $z^{n} - 1 = (z - z_{0}) Q_{1} (z)$ と書けます。ここで $Q_{1}$ は最高次の係数が $1$ の $n - 1$ 次式です。この式に $z = z_{1}$ を代入すると $0 = (z_{1} - z_{0}) Q_{1} (z_{1})$ です。 $z_{1} - z_{0} \neq = 0$ なので $Q_{1} (z_{1}) = 0$ となり、因数定理から $Q_{1} (z) = (z - z_{1}) Q_{2} (z)$ と書けます。続けて $z = z_{2}$ を代入すると $0 = (z_{2} - z_{0}) (z_{2} - z_{1}) Q_{2} (z_{2})$ です。 $z_{2} - z_{0}$ と $z_{2} - z_{1}$ はどちらも $0$ でないので、 $Q_{2} (z_{2}) = 0$ となります。これを $n$ 回繰り返すと、 $z^{n} - 1 = (z - z_{0}) (z - z_{1}) \dots (z - z_{n - 1}) Q_{n} (z)$ が得られます。 $Q_{n}$ は $0$ 次式で最高次の係数が $1$ なので、 $Q_{n} = 1$ です。積の記号を $\prod_{k = 0}^{n - 1} a_{k} = a_{0} a_{1} \dots a_{n - 1}$ と定めると、 $z^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (z - z_{k})$ と書けます。 $z_{0} = 1$ なので、これは $z^{n} - 1 = (z - 1) \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - z_{k})$ です。一方、 $z^{n} - 1 = (z - 1) (z^{n - 1} + \dots + z + 1)$ とも因数分解できます。整式を $z - 1$ で割った商は 1 通りに決まるので、 $n \geq 2$ のとき $z^{n - 1} + \dots + z + 1 = \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - z_{k})$ が成り立ちます。ここに $z = z_{k}$ （ $z_{k} \neq = 1$ ）を代入すると右辺が $0$ になります。よって $z_{k}^{n - 1} + \dots + z_{k} + 1 = 0$ です。

最後に、点 $1$ と点 $z_{k}$ の距離を求めます。半角の公式から $∣1 - z_{k} ∣^{2} = (1 - cos θ_{k})^{2} + sin^{2} θ_{k} = 2 - 2 cos θ_{k} = 4 sin^{2} \frac{θ _{k}}{2}$ です。よって $∣1 - z_{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2}$ となります。また、 $∣1 - z_{k} ∣^{2} = (1 - z_{k}) (1 - z_{k}) = (1 - z_{k}) (1 - z_{k}) = 1 - z_{k} - z_{k} + ∣ z_{k} ∣^{2} = 2 - z_{k} - z_{k}$ とも書けます。 $n \geq 2$ のとき解の和は $0$ で、その共役 $\sum z_{k} = \sum z_{k}$ も $0$ です。よって $n \geq 2$ のとき $\sum_{k = 0}^{n - 1} ∣1 - z_{k} ∣^{2} = 2 n$ がすぐに求まります（ $n = 1$ のときは $z_{0} = 1$ で、和は $0$ です）。

手順

解を $z_{k} = ω^{k}$ （ $k = 0, 1, \dots, n - 1$ 、 $ω = cos \frac{2 π}{n} + i sin \frac{2 π}{n}$ ）と書き、偏角 $θ_{k} = \frac{2 π k}{n}$ （ $0 \leq θ_{k} < 2 π$ ）を確認する。
和は等比数列の和として扱う。 $n \geq 2$ なら $\sum_{k = 0}^{n - 1} z_{k} = 0$ である。整数 $m$ について $\sum_{k = 0}^{n - 1} z_{k}^{m}$ は、 $m$ が $n$ の倍数なら $n$ 、そうでなければ $0$ である。
解を含む式は、すべての解で成り立つ $z_{k}^{n} = 1$ と、 $z_{k} \neq = 1$ の解で成り立つ $z_{k}^{n - 1} + \dots + z_{k} + 1 = 0$ を使って次数を下げ、簡単にする。
積は、 $z^{n - 1} + \dots + z + 1 = \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - z_{k})$ （ $n \geq 2$ ）に適切な $z$ （多くは $z = 1$ ）を代入して求める。
距離が出てきたら $∣1 - z_{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2}$ に直す。 $0 \leq θ_{k} < 2 π$ なら $\frac{θ _{k}}{2} \in [0, π)$ なので $sin \frac{θ _{k}}{2} \geq 0$ であり、絶対値を外せる。

例題

$sin \frac{π}{7} sin \frac{2 π}{7} sin \frac{3 π}{7} sin \frac{4 π}{7} sin \frac{5 π}{7} sin \frac{6 π}{7}$ の値を求めよ。

例題の解答

【手順1】 $ω = cos \frac{2 π}{7} + i sin \frac{2 π}{7}$ とおく。 $z^{7} = 1$ の解は $1, ω, ω^{2}, \dots, ω^{6}$ で、これらは互いに異なる。 $ω^{k}$ の偏角は $θ_{k} = \frac{2 π k}{7}$ で、 $0 \leq θ_{k} < 2 π$ の範囲にある。
【手順4】 $z^{7} - 1$ は 2 通りに因数分解できる。 $z^{7} - 1 = (z - 1) (z - ω) (z - ω^{2}) \dots (z - ω^{6})$ と $z^{7} - 1 = (z - 1) (z^{6} + z^{5} + \dots + z + 1)$ である。 $z - 1$ で割った商は 1 通りに決まるので、 $z^{6} + z^{5} + \dots + z + 1 = \prod_{k = 1}^{6} (z - ω^{k})$ となる。 $z = 1$ を代入すると $7 = \prod_{k = 1}^{6} (1 - ω^{k})$ である。両辺の絶対値をとると $7 = \prod_{k = 1}^{6} ∣1 - ω^{k} ∣$ となる。
【手順5】 $∣1 - ω^{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2} = 2 sin \frac{k π}{7}$ である。 $k = 1, \dots, 6$ では $0 < \frac{k π}{7} < π$ なので $sin \frac{k π}{7} > 0$ であり、 $∣1 - ω^{k} ∣ = 2 sin \frac{k π}{7}$ となる。よって $7 = 2^{6} sin \frac{π}{7} sin \frac{2 π}{7} \dots sin \frac{6 π}{7}$ である。したがって、求める値は $\frac{7}{64}$ である。

答え: $\frac{7}{64}$

よくある誤り

$z^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (z - z_{k})$ にそのまま $z = 1$ を代入して $0 = 0$ となり、何もわからなくなる誤り。正しくは、先に $z - 1$ で割った $z^{n - 1} + \dots + z + 1 = \prod_{k = 1}^{n - 1} (z - z_{k})$ に $z = 1$ を代入して、 $n = \prod_{k = 1}^{n - 1} (1 - z_{k})$ を得る。
$\sum_{k = 0}^{n - 1} z_{k}^{m}$ をいつでも $0$ としてしまう誤り。正しくは、 $m$ が $n$ の倍数のときは各項が $z_{k}^{m} = 1$ なので、和は $n$ になる（例： $z^{3} = 1$ の解で $\sum z_{k}^{3} = 3$ ）。
$sin \frac{θ _{k}}{2}$ の符号を確かめずに、 $∣1 - z_{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2}$ と絶対値を外してしまう誤り。正しくは $∣1 - z_{k} ∣ = 2 sin \frac{θ _{k}}{2}$ である。 $0 \leq θ_{k} < 2 π$ なら $\frac{θ _{k}}{2} \in [0, π)$ で $sin \frac{θ _{k}}{2} \geq 0$ なので外せる。たとえば同じ点 $- i$ を偏角 $θ = - \frac{π}{2}$ で表すと $sin \frac{θ}{2} < 0$ となり、そのまま外すと負の距離になってしまう。
$z_{k}^{n - 1} + \dots + z_{k} + 1 = 0$ を $z_{k} = 1$ の解（ $z_{0} = 1$ ）にも使ってしまう誤り。正しくは、 $z_{k} = 1$ のときこの値は $n$ であり、 $0$ になるのは $z_{k} \neq = 1$ の解だけである。同じように、解の和が $0$ になることや $\sum_{k = 0}^{n - 1} ∣1 - z_{k} ∣^{2} = 2 n$ も、 $n \geq 2$ のときに限って成り立つ（ $n = 1$ では解の和は $1$ 、 $\sum ∣1 - z_{k} ∣^{2} = 0$ ）。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

離散フーリエ変換の計算と逆変換（大学院数学フーリエ解析）

zn=a の解を使った和と積

前提

説明