方程式 $z^n = w$ の解、つまり「$w$ の $n$ 乗根」はちょうど $n$ 個あり、複素数平面上で正 $n$ 角形の頂点に並びます。実数の世界では $x^2 = -1$ に解がなかったのに対し、複素数の世界ではすべての多項式方程式が解をもちます。この美しい事実を、ド・モアブルの定理を使って理解しましょう。
実数の世界で $x^2 = 4$ を解くと $x = \pm 2$ の2つ、$x^3 = 8$ を解くと $x = 2$ の1つだけでした。では、複素数の世界で $z^n = w$（$w \neq 0$）を解くと何個の解が得られるのでしょうか。
$n$ 次多項式方程式 $z^n = w$ は、複素数の範囲でちょうど $n$ 個の解（重複を含めて）をもちます。
これは代数学の基本定理の帰結です。実数だけでは解が足りなかった方程式も、複素数まで広げれば必ず $n$ 個の解が揃います。これが複素数平面の最も大きな威力です。
具体的に、$z^n = w$ の $n$ 個の解を求めるにはどうすればよいのでしょうか。ド・モアブルの定理が鍵になります。
$w = R(\cos\phi + i\sin\phi)$（$R > 0$）とする。$z = r(\cos\theta + i\sin\theta)$ として $z^n = w$ に代入すると、ド・モアブルの定理から：
$$r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta) = R(\cos\phi + i\sin\phi)$$
絶対値と偏角を比較すると：$r^n = R$ かつ $n\theta = \phi + 2k\pi$（$k$ は整数）
$r = \sqrt[n]{R}$（正の実数の $n$ 乗根、一意）、$\theta = \dfrac{\phi + 2k\pi}{n}$ となります。$k = 0, 1, 2, \ldots, n-1$ で $n$ 個の異なる偏角が得られ、$k = n$ では $k = 0$ の場合に戻ります。
✗ $k = 0, 1, 2, \ldots$ と無限に解があると考える
○ $k = 0, 1, 2, \ldots, n-1$ の $n$ 個で全て。$k = n$ は $k = 0$ と同じ偏角を与える
偏角 $\theta = \dfrac{\phi + 2k\pi}{n}$ は $k$ を $n$ 増やすと $\theta$ が $2\pi$ 増えるだけなので、同じ複素数を表します。
$w = R(\cos\phi + i\sin\phi)$（$R > 0$）のとき、$z^n = w$ の $n$ 個の解は：
$$z_k = \sqrt[n]{R}\left(\cos\frac{\phi + 2k\pi}{n} + i\sin\frac{\phi + 2k\pi}{n}\right) \quad (k = 0, 1, \ldots, n-1)$$
※ $n$ 個の解はすべて絶対値が $\sqrt[n]{R}$ で、偏角が $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ等間隔に並びます。
$n$ 個の解はすべて同じ半径 $\sqrt[n]{R}$ の円上にあり、偏角が $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ等間隔に並んでいます。つまり、$n$ 乗根は複素数平面上で正 $n$ 角形の頂点を形成するのです。
方程式 $z^n = w$ を解くという代数的な操作が、正多角形という美しい図形を生み出す ── これが複素数平面の醍醐味です。
$z_0$ を1つの解とすると、他の解は $z_k = z_0 \cdot \omega^k$ と書けます。ここで $\omega = \cos\dfrac{2\pi}{n} + i\sin\dfrac{2\pi}{n}$ は1の原始 $n$ 乗根です。つまり、1つの解 $z_0$ を見つければ、それを $\omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ 倍することで全ての解が得られます。
✗ 「$8$ の立方根は $2$」→ 実数では正しいが、複素数では不十分
○ $z^3 = 8$ の解は $z = 2, 2\omega, 2\omega^2$ の3つ（$\omega = e^{2\pi i/3}$）
「$n$ 乗根を求めよ」と言われたら、実数の $n$ 乗根だけでなく複素数の解もすべて求めましょう。
$n$ 個の $n$ 乗根が正 $n$ 角形の頂点に並ぶことは、解の「対称性」を示しています。大学数学のガロア理論では、この対称性（回転による置換）が「巡回群」$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ として定式化されます。方程式の解の構造を「対称性の群」で理解するこのアプローチが、5次以上の方程式に根号解が存在しないことの証明につながりました。
$w = 1$ の場合、すなわち $z^n = 1$ の解を1の $n$ 乗根と呼びます。これは全ての $n$ 乗根の基礎となる最も重要なケースです。
$1 = \cos 0 + i\sin 0$ なので、$R = 1, \phi = 0$ として公式に代入すると：
$$z_k = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n} \quad (k = 0, 1, \ldots, n-1)$$
$\omega = \cos\dfrac{2\pi}{n} + i\sin\dfrac{2\pi}{n}$ とおくと $z_k = \omega^k$。
すなわち、1の $n$ 乗根は $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ の $n$ 個。
※ すべて単位円上にあり、正 $n$ 角形の頂点を形成します。
| $n$ | 1の $n$ 乗根 | 図形 |
|---|---|---|
| $2$ | $1, -1$ | 直径の両端 |
| $3$ | $1, -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ | 正三角形 |
| $4$ | $1, i, -1, -i$ | 正方形 |
| $6$ | $1, \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, -1, -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, \dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ | 正六角形 |
✗ 1の3乗根を $1, \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, \dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ とする → 実部の符号が違う
○ $\omega = \cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3} = -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$。実部は $-\dfrac{1}{2}$
$\cos\dfrac{2\pi}{3} = -\dfrac{1}{2}$ です。$\cos 60° = \dfrac{1}{2}$ と混同しないようにしましょう。$120°$ は第2象限の角度です。
$z^2 = i$ を解きましょう。$i = \cos\dfrac{\pi}{2} + i\sin\dfrac{\pi}{2}$ なので：
$$z_k = \cos\frac{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}{2} + i\sin\frac{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}{2} \quad (k = 0, 1)$$
$k = 0$: $z_0 = \cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}}i = \dfrac{1+i}{\sqrt{2}}$
$k = 1$: $z_1 = \cos\dfrac{5\pi}{4} + i\sin\dfrac{5\pi}{4} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} - \dfrac{1}{\sqrt{2}}i = -\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}$
検算：$\left(\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}\right)^2 = \dfrac{1+2i+i^2}{2} = \dfrac{2i}{2} = i$ ✓
$z^3 = -8$ を解きます。$-8 = 8(\cos\pi + i\sin\pi)$ なので：
$$z_k = 2\left(\cos\frac{\pi + 2k\pi}{3} + i\sin\frac{\pi + 2k\pi}{3}\right) \quad (k = 0, 1, 2)$$
$k = 0$: $z_0 = 2\!\left(\cos\dfrac{\pi}{3} + i\sin\dfrac{\pi}{3}\right) = 1 + \sqrt{3}\,i$
$k = 1$: $z_1 = 2(\cos\pi + i\sin\pi) = -2$
$k = 2$: $z_2 = 2\!\left(\cos\dfrac{5\pi}{3} + i\sin\dfrac{5\pi}{3}\right) = 1 - \sqrt{3}\,i$
$(-8)$ の「立方根」と聞いて $-2$ を思い浮かべるのは自然ですが、これは3つの立方根のうちの1つに過ぎません。残りの $1 \pm \sqrt{3}\,i$ は複素数平面上で正三角形の頂点を形成しています。
実数の世界で見える解は、複素数の世界の解の「氷山の一角」なのです。
✗ $w = -8$ の偏角を $\phi = -\pi$ として計算 → 解の偏角がずれる可能性
○ $\phi = \pi$（$0 \le \phi < 2\pi$ の範囲）として統一する
どの偏角を選んでも最終的に同じ $n$ 個の解が得られますが、$0 \le \phi < 2\pi$ で統一すると混乱を避けられます。
$z^n = 1$ の $n$ 個の解 $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ を使って、$z^n - 1$ を因数分解できます。
$$z^n - 1 = (z - 1)(z - \omega)(z - \omega^2)\cdots(z - \omega^{n-1})$$
※ $n$ 次多項式が $n$ 個の1次因子に分解されます（因数定理）。
共役な根 $\omega^k$ と $\omega^{n-k} = \overline{\omega^k}$ をペアにすると、実数係数の2次因子が得られます：
$(z - \omega^k)(z - \overline{\omega^k}) = z^2 - 2\cos\dfrac{2k\pi}{n}\,z + 1$
例えば $z^4 - 1 = (z-1)(z+1)(z-i)(z+i) = (z-1)(z+1)(z^2+1)$
$z^3 - 1 = (z-1)(z-\omega)(z-\omega^2) = (z-1)(z^2+z+1)$（$\omega + \omega^2 = -1$, $\omega \cdot \omega^2 = 1$）
$\omega = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$, $\omega^2 = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ とする。
$\omega + \omega^2 = -1$, $\omega \cdot \omega^2 = \omega^3 = 1$ だから：
$(z - \omega)(z - \omega^2) = z^2 - (\omega + \omega^2)z + \omega\cdot\omega^2 = z^2 + z + 1$
よって $z^3 - 1 = (z-1)(z^2+z+1)$。□
$z^n - 1$ をさらに「これ以上分解できない」因子に分けたものを円分多項式と呼びます。例えば $z^6 - 1 = (z-1)(z+1)(z^2+z+1)(z^2-z+1)$ において、$z^2 - z + 1$ が6次の円分多項式 $\Phi_6(z)$ です。円分多項式は次節でさらに詳しく扱います。
✗ $z^n + 1 = (z+1)(z^{n-1} - z^{n-2} + \cdots + 1)$ が常に成り立つ → $n$ が偶数のときのみ
○ $z^n + 1 = 0$ は $z^n = -1$ であり、$-1$ の $n$ 乗根を求めて因数分解する
$n$ が奇数のとき $(z+1)$ は因子になりますが、偶数のときは $z = -1$ は $z^n + 1 = 0$ の解ではありません（$(-1)^n = 1 \neq -1$）。
Q1. $z^4 = 1$ の4つの解を全て求めよ。
Q2. $z^3 = -1$ の3つの解を求めよ。
Q3. $z^n = w$ の $n$ 個の解の絶対値は全て等しい。その値は？
Q4. 1の $n$ 乗根の $\omega$ を使って、$z^n - 1$ を因数分解せよ。
Q5. $z^3 - 1$ を実数係数で因数分解せよ。
$z^4 = -16$ の4つの解を求め、複素数平面上に図示せよ。
$-16 = 16(\cos\pi + i\sin\pi)$ より：
$z_k = 2\!\left(\cos\dfrac{\pi + 2k\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi + 2k\pi}{4}\right)$ ($k = 0, 1, 2, 3$)
$k=0$: $z_0 = 2\!\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} + \sqrt{2}\,i$
$k=1$: $z_1 = 2\!\left(\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}\right) = -\sqrt{2} + \sqrt{2}\,i$
$k=2$: $z_2 = 2\!\left(\cos\dfrac{5\pi}{4}+i\sin\dfrac{5\pi}{4}\right) = -\sqrt{2} - \sqrt{2}\,i$
$k=3$: $z_3 = 2\!\left(\cos\dfrac{7\pi}{4}+i\sin\dfrac{7\pi}{4}\right) = \sqrt{2} - \sqrt{2}\,i$
4つの解は半径 $2$ の円に内接する正方形の頂点（対角線が軸と $45°$ をなす）。
$z^6 = 1$ の6つの解を求め、$z^6 - 1$ を実数係数の既約因子に因数分解せよ。
$z_k = \cos\dfrac{2k\pi}{6} + i\sin\dfrac{2k\pi}{6} = \cos\dfrac{k\pi}{3} + i\sin\dfrac{k\pi}{3}$ ($k = 0, \ldots, 5$)
$z_0 = 1$, $z_1 = \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$, $z_2 = -\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$, $z_3 = -1$, $z_4 = -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$, $z_5 = \dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$
共役ペア：$(z_1, z_5)$, $(z_2, z_4)$
$(z-z_1)(z-z_5) = z^2 - (z_1+z_5)z + z_1 z_5 = z^2 - z + 1$
$(z-z_2)(z-z_4) = z^2 - (z_2+z_4)z + z_2 z_4 = z^2 + z + 1$
よって $z^6 - 1 = (z-1)(z+1)(z^2+z+1)(z^2-z+1)$
$z^5 = 1$ の解のうち、虚部が正であるもの2つを $\alpha, \beta$（$\operatorname{Im}(\alpha) > \operatorname{Im}(\beta) > 0$）とする。$\alpha + \beta$ と $\alpha\beta$ の値を求めよ。
$\omega = \cos\dfrac{2\pi}{5} + i\sin\dfrac{2\pi}{5}$ とすると、1の5乗根は $1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4$。
虚部正：$\omega$（$\arg = \dfrac{2\pi}{5}$）と $\omega^2$（$\arg = \dfrac{4\pi}{5}$）。
$\sin\dfrac{4\pi}{5} = \sin\dfrac{\pi}{5} < \sin\dfrac{2\pi}{5}$ = $\sin\dfrac{3\pi}{5}$ なので $\operatorname{Im}(\omega) > \operatorname{Im}(\omega^2)$。
よって $\alpha = \omega, \beta = \omega^2$。
$1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0$ と $\omega^3 = \bar{\omega}^2 = \overline{\omega^2}, \omega^4 = \bar{\omega}$ より：
$\alpha + \beta + \bar{\alpha} + \bar{\beta} = -1$
$(\alpha + \bar{\alpha}) + (\beta + \bar{\beta}) = 2\cos\dfrac{2\pi}{5} + 2\cos\dfrac{4\pi}{5} = -1$
$\alpha + \beta = \omega + \omega^2$、$\bar{\alpha} + \bar{\beta} = \omega^4 + \omega^3$
$(\omega+\omega^2)+(\omega^3+\omega^4) = -1$ で $\omega+\omega^2 = \overline{\omega^3+\omega^4}$ より、$\omega+\omega^2$ は実数ではない...
実際、$\alpha+\beta = \omega+\omega^2 = 2\cos\dfrac{2\pi}{5}\cos\dfrac{\pi}{5} \cdot \ldots$ ではなく直接計算：
$\omega + \omega^2 = \cos\dfrac{2\pi}{5} + \cos\dfrac{4\pi}{5} + i(\sin\dfrac{2\pi}{5} + \sin\dfrac{4\pi}{5})$
$\cos\dfrac{2\pi}{5} + \cos\dfrac{4\pi}{5} = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{4} + \dfrac{-1-\sqrt{5}}{4} = -\dfrac{1}{2} + ... $
別解として $\alpha\beta = \omega^3$, $\alpha + \beta = \omega + \omega^2$ を使い、$(\omega+\omega^2)(\omega^3+\omega^4) = \omega^4+\omega^5+\omega^5+\omega^6 = \omega^4+1+1+\omega = \omega+\omega^4+2$ を計算。
$t = \omega+\omega^4 = 2\cos\dfrac{2\pi}{5}$, $s = \omega^2+\omega^3 = 2\cos\dfrac{4\pi}{5}$ とすると $t + s = -1$, $ts = -1$。
よって $t, s$ は $x^2 + x - 1 = 0$ の2解。$t = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}, s = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}$
$\alpha + \beta = \omega + \omega^2$, $\alpha\beta = \omega^3$
$\operatorname{Re}(\alpha+\beta) = \dfrac{t+s}{2} = -\dfrac{1}{2}$... これは正しくない。
正しくは：$\alpha + \beta = \omega+\omega^2 = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{4} + i\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} + \dfrac{-1-\sqrt{5}}{4} + i\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$
実部：$\cos\dfrac{2\pi}{5}+\cos\dfrac{4\pi}{5} = \dfrac{-1}{2}$（和積公式 $2\cos\dfrac{3\pi}{5}\cos\dfrac{\pi}{5} = \dfrac{-1}{2}$）
$\alpha\beta = \omega^3 = \cos\dfrac{6\pi}{5}+i\sin\dfrac{6\pi}{5}$
$n$ を $2$ 以上の自然数とする。$\omega = \cos\dfrac{2\pi}{n} + i\sin\dfrac{2\pi}{n}$ とするとき、次の値を求めよ。
$$\prod_{k=1}^{n-1}(1 - \omega^k)$$
$z^n - 1 = (z-1)(z-\omega)(z-\omega^2)\cdots(z-\omega^{n-1})$
両辺を $(z-1)$ で割ると：
$z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + z + 1 = (z-\omega)(z-\omega^2)\cdots(z-\omega^{n-1})$
$z = 1$ を代入すると：
$n = (1-\omega)(1-\omega^2)\cdots(1-\omega^{n-1}) = \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)$
よって $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(1 - \omega^k) = n$
$z^n - 1$ の因数分解と $z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+1$ の関係を巧みに利用しています。因数定理から得られる等式に具体的な値を代入する手法は、入試で頻出のテクニックです。