$n$ 乗根
複素数平面(教科書範囲) ★★
$n$ 乗根とそれを用いた計算や問題について扱っていきます．
ド・モアブルの定理より，複素数の $n$ 乗計算が容易にできるのでこの問題にアプローチできます．
$n$ 乗根
自然数 $n$ と複素数 $\alpha$ に対して，$z^{n}=\alpha$ を満たす複素数 $z$ を $\boldsymbol{n}$ 乗根といいます．
まず $\alpha=1$，$n=3$ のとき，つまり $1$ の $3$ 乗根を考えます．
$z^{3}=1 \ \Longleftrightarrow \ (z-1)(z^{2}+z+1)=0$
$\therefore \ z=1，\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$
となります．このように $3$ 次方程式の解法で既に解くことができます．
しかし $\alpha=1$，$n=5$ のとき，つまり $1$ の $5$ 乗根はどうでしょう．
$z^{5}=1 \ \Longleftrightarrow \ (z-1)(z^{4}+z^{3}+z^{2}+z+1)=0$
相反方程式の考えで求められますが，少し大変そうなので別の方法を考えます．
解法
先程の $z^{5}=1$ を考えます．$z$ は複素数なので極形式( $z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ )でおくことができるはずです．まず，$r$ の値は
$|z^{5}|=|z|^{5}=1$
より，$|z|$ は正の実数なので $r=|z|=1$ となります．
$z=\cos\theta+i\sin\theta$ $(0\leqq\theta<2\pi)$
とおけるので，ド・モアブルの定理より
$z^{5}=\cos5\theta+i\sin5\theta=1$
となるので
$\begin{cases}\cos5\theta=1 \\ \sin5\theta=0\end{cases}$
となります．この後が重要ですが
$5\theta=2k\pi$ ( $k$ は整数)
のように，一般角で表現するのが大切です．$0\leqq\theta<2\pi$ より
$\theta=\dfrac{2k\pi}{5}$ ( $k=0,1,2,3,4$ )
と定まるので求める解は
$z=\cos\dfrac{2k\pi}{5}+i\sin\dfrac{2k\pi}{5}$ ( $k=0,1,2,3,4$ )
となります．これは下のように単位円を $5$ 等分する点になっています．
一般に，$1$ の $n$ 乗根は単位円を $n$ 等分する点になっています．
例題と練習問題
例題
例題
次の方程式を解け．
(1) $z^{6}=1$
(2) $z^{4}=-8+8\sqrt{3}i$
講義
(1)は $1$ の $6$ 乗根です．(2)は一般の複素数の $4$ 乗根の問題です．
解答
(1)
$|z^{6}|=|z|^{6}=1$ より，$|z|=1$．
$z=\cos\theta+i\sin\theta$ $(0\leqq\theta<2\pi)$
とおくと
$z^{6}=\cos6\theta+i\sin6\theta=1$
となるので
$6\theta=2k\pi$ ( $k$ は整数)
となる．$0\leqq\theta<2\pi$ より
$\theta=\dfrac{2k\pi}{6}=\dfrac{k}{3}\pi$ ( $k=0,1,2,3,4,5$ )
となるから，解は
$z=\cos\dfrac{k}{3}\pi+i\sin\dfrac{k}{3}\pi$ ( $k=0,1,2,3,4,5$ )
より
$\boldsymbol{z=1，\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i，-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i，}$
$\boldsymbol{-1，-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i，\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}$
(2)
$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ $(0\leqq\theta<2\pi)$
とおくと
$z^{4}=r^{4}(\cos4\theta+i\sin4\theta)=16\left(\cos\dfrac{2}{3}\pi+i\sin\dfrac{2}{3}\pi\right)$
両辺の絶対値と偏角を比較して
$r^{4}=16$，$4\theta=\dfrac{2}{3}\pi+2k\pi$ ( $k$ は整数)
$\therefore \ r=2$，$\theta=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k}{2}\pi$ ( $k$ は整数)
となる．$0\leqq\theta<2\pi$ より $k=0,1,2,3$．このときの解をそれぞれ $z_{1}$，$z_{2}$，$z_{3}$，$z_{4}$ とすると
$z_{1}=2\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)=\boldsymbol{\sqrt{3}+i}$
$z_{2}=2\left(\cos\dfrac{2}{3}\pi+i\sin\dfrac{2}{3}\pi\right)=\boldsymbol{-1+\sqrt{3}i}$
$z_{3}=2\left(\cos\dfrac{7}{6}\pi+i\sin\dfrac{7}{6}\pi\right)=\boldsymbol{-\sqrt{3}-i}$
$z_{4}=2\left(\cos\dfrac{5}{3}\pi+i\sin\dfrac{5}{3}\pi\right)=\boldsymbol{1-\sqrt{3}i}$
練習問題
練習
次の方程式を解け．
$z^{3}=-2+2i$
練習の解答
$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ $(0\leqq\theta<2\pi)$
とおくと
$z^{3}=r^{3}(\cos3\theta+i\sin3\theta)=2\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{3}{4}\pi+i\sin\dfrac{3}{4}\pi\right)$
両辺の絶対値と偏角を比較して
$r^{3}=2\sqrt{2}$，$3\theta=\dfrac{3}{4}\pi+2k\pi$ ( $k$ は整数)
$\therefore \ r=\sqrt{2}$，$\theta=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2k}{3}\pi$ ( $k$ は整数)
となる．$0\leqq\theta<2\pi$ より $k=0,1,2$．このときの解をそれぞれ $z_{1}$，$z_{2}$，$z_{3}$ とすると
$z_{1}=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)=\boldsymbol{1+i}$
$z_{2}=\sqrt{2}\left\{(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2}{3}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2}{3}\pi\right)\right\}$
$=\boldsymbol{-\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}+\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}i}$
$z_{3}=\sqrt{2}\left\{\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{4}{3}\pi\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{4}{3}\pi\right)\right\}$
$=\boldsymbol{\dfrac{-1+\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}i}$