複素数と方程式（1のn乗根）
方程式 $z^n = 1$ の解は複素数平面上で正 $n$ 角形の頂点を成します。「1の原始n乗根」$\omega$ の性質を使いこなすことで、多くの問題が鮮やかに解けるようになります。この記事では、1のn乗根の構造・和の公式・フィルター性質までを体系的に学びます。
11のn乗根の定義と基本構造
方程式 $z^n = 1$ の複素数解を 1のn乗根 と呼びます。前回学んだ複素数のn乗根の理論を $\alpha = 1$ に適用すると、$|1| = 1$、$\arg 1 = 0$ なので、n個の解が具体的に求まります。
$z^n = 1$ の $n$ 個の解：
$$z_k = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n} = e^{i \cdot 2k\pi/n} \quad (k = 0, 1, 2, \ldots, n-1)$$
$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ とおくと、$n$ 個の解は $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ と表せる。
幾何学的解釈
1のn乗根は、複素数平面上で原点を中心とする単位円上に等間隔に並ぶ $n$ 個の点です。これらは正 $n$ 角形の頂点を成し、必ず1つの頂点は $z = 1$（実軸上の点）になります。
具体例：1の3乗根
$n = 3$ のとき、$\omega = e^{i \cdot 2\pi/3} = \cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$ とおけば、1の3乗根は $1, \omega, \omega^2$ です。
ここで $\omega^2 = \cos\frac{4\pi}{3} + i\sin\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$ であり、$\omega^2 = \bar{\omega}$ が成り立ちます。
$\omega = \dfrac{-1 + \sqrt{3}i}{2}$ として次が成り立つ：
① $\omega^3 = 1$
② $1 + \omega + \omega^2 = 0$
③ $\omega^2 = \bar{\omega}$
② から $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ で、$\omega$ は $x^2 + x + 1 = 0$ の解。
具体例：1の4乗根
$n = 4$ のとき、$z^4 = 1$ の解は $1, i, -1, -i$ です。$\omega = i$ とすれば、$1, \omega, \omega^2, \omega^3 = 1, i, -1, -i$ となります。
21の原始n乗根 ω の性質
$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ を 1の原始n乗根 といいます。「原始」とは、$\omega^k = 1$ となる最小の正の整数 $k$ が $n$ であることを意味します。
$\omega_k = e^{i \cdot 2k\pi/n}$ が1の原始n乗根であるための条件：
$$\gcd(k, n) = 1$$
$k$ と $n$ が互いに素であるとき、$\omega_k$ は原始n乗根になる。原始n乗根の個数は $\varphi(n)$（オイラー関数）個。
冪乗の周期性
$\omega^n = 1$ なので、$\omega$ の冪乗は 周期 $n$ をもちます。
- $\omega^{n+k} = \omega^k$（$n$ ごとにリセット）
- $\omega^{-1} = \omega^{n-1} = \overline{\omega}$（逆数は共役）
- $\omega^{-k} = \omega^{n-k} = \overline{\omega^k}$
✗ 「1の6乗根 $\omega_2 = e^{i \cdot 4\pi/6} = e^{i \cdot 2\pi/3}$ は原始6乗根」
✓ $\omega_2^3 = e^{i \cdot 2\pi} = 1$ なので $\omega_2$ は原始3乗根（$\gcd(2, 6) = 2 \neq 1$）
$\gcd(k, n) = 1$ の確認を忘れると、原始根の判定を誤ります。
共役との関係
$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ に対して $\overline{\omega} = e^{-i \cdot 2\pi/n} = \omega^{n-1}$ が成り立ちます。より一般に $\overline{\omega^k} = \omega^{n-k}$ です。
$n$ 個の1のn乗根 $\{1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}\}$ は、共役をとる操作で集合として自分自身に写ります。これは1のn乗根が実数係数の方程式 $z^n - 1 = 0$ の解であることからも理解できます。
31のn乗根の和と積
1のn乗根に関する和の公式は入試で頻出です。等比数列の和の公式から自然に導けます。
$\omega \neq 1$ が1のn乗根のとき：
$$1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{n-1} = \frac{1 - \omega^n}{1 - \omega} = \frac{1 - 1}{1 - \omega} = 0$$
等比数列の和の公式で初項1、公比 $\omega$、項数 $n$ として導出。
$z^n - 1 = (z - 1)(z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + z + 1)$ において $z = \omega$（$\omega \neq 1$）を代入すると、$\omega^n - 1 = 0$ かつ $\omega - 1 \neq 0$ より：
$$\omega^{n-1} + \omega^{n-2} + \cdots + \omega + 1 = 0$$
つまり $1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{n-1} = 0$。 ∎
冪乗の和の公式
和の公式はさらに一般化できます。
$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ として、整数 $m$ に対し：
$$\sum_{k=0}^{n-1} \omega^{mk} = \begin{cases} n & (m \text{ が } n \text{ の倍数のとき}) \\ 0 & (\text{それ以外}) \end{cases}$$
この公式が成り立つ理由は明快です。$m$ が $n$ の倍数のとき $\omega^m = 1$ なので各項が1となり和は $n$。$m$ が $n$ の倍数でないとき $\omega^m \neq 1$ ですが $(\omega^m)^n = 1$ なので、$\omega^m$ も1のn乗根。したがって等比数列の和が0になります。
1のn乗根の積
$z^n - 1 = 0$ の解が $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ なので、根と係数の関係（ビエタの公式）から：
$$1 \cdot \omega \cdot \omega^2 \cdots \omega^{n-1} = \omega^{0+1+2+\cdots+(n-1)} = \omega^{n(n-1)/2}$$
$z^n - 1 = 0$ の定数項は $-1$ で最高次の係数は1なので、全解の積は $(-1)^n \cdot (-1) = (-1)^{n+1}$ です。
$z^n - 1 = 0$ の $n$ 個の解の積 $= (-1)^n \cdot \frac{-1}{1} = (-1)^{n+1}$。
$n$ が奇数なら積は $1$、$n$ が偶数なら積は $-1$ です。これは $\omega^{n(n-1)/2}$ の値と一致します。
4円分多項式とフィルター性質
円分多項式
$z^n - 1$ は1のn乗根すべてを解にもちますが、その中で 原始n乗根だけを解にもつ多項式を円分多項式（$\Phi_n(z)$）と呼びます。
| $n$ | $\Phi_n(z)$ | 次数 $\varphi(n)$ |
|---|---|---|
| 1 | $z - 1$ | 1 |
| 2 | $z + 1$ | 1 |
| 3 | $z^2 + z + 1$ | 2 |
| 4 | $z^2 + 1$ | 2 |
| 5 | $z^4 + z^3 + z^2 + z + 1$ | 4 |
| 6 | $z^2 - z + 1$ | 2 |
重要な関係式として $z^n - 1 = \prod_{d \mid n} \Phi_d(z)$ が成り立ちます。たとえば $z^6 - 1 = \Phi_1(z)\Phi_2(z)\Phi_3(z)\Phi_6(z) = (z-1)(z+1)(z^2+z+1)(z^2-z+1)$ です。
フィルター性質
冪乗の和の公式は、信号処理や組合せ論でフィルターとして活用されます。高校数学の範囲でも、特定の項だけを取り出すテクニックとして使えます。
$f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_m x^m$ に対し、$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ として：
$$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(\omega^k) = a_0 + a_n + a_{2n} + \cdots$$
つまり「添字が $n$ の倍数の係数」だけを取り出せる。
二項定理との組み合わせ
$f(x) = (1 + x)^n$ にフィルター性質を適用する典型例です。$n = 3$、$\omega$ を1の原始3乗根として：
$$\frac{1}{3}\{(1+1)^m + (1+\omega)^m + (1+\omega^2)^m\} = \binom{m}{0} + \binom{m}{3} + \binom{m}{6} + \cdots$$
これにより「3の倍数番目の二項係数の和」を求められます。
$1 + \omega = -\omega^2$ を利用すると $(1 + \omega)^m = (-\omega^2)^m = (-1)^m \omega^{2m}$ と簡略化でき、計算がスムーズになります。同様に $1 + \omega^2 = -\omega$ です。
51のn乗根の応用問題
正n角形と1のn乗根
複素数平面上で正 $n$ 角形の頂点の座標を1のn乗根で表すことで、幾何学的な問題を代数的に処理できます。
対角線の長さの積
正 $n$ 角形の1つの頂点 $z = 1$ から他のすべての頂点に引いた対角線の長さの積は、因数分解の公式から計算できます。
$z^n - 1 = (z - 1)(z - \omega)(z - \omega^2)\cdots(z - \omega^{n-1})$ において、両辺を $z - 1$ で割って $z \to 1$ の極限をとると：
$$\prod_{k=1}^{n-1}(1 - \omega^k) = n$$
よって対角線の長さの積 $\prod_{k=1}^{n-1}|1 - \omega^k| = n$ となります。
$z^n - 1 = (z - 1)(z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + z + 1)$ より：
$$\frac{z^n - 1}{z - 1} = z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + z + 1$$
$z = 1$ を代入すると右辺 $= n$。
一方 $\displaystyle\frac{z^n - 1}{z - 1} = \prod_{k=1}^{n-1}(z - \omega^k)$ なので $z = 1$ で $\prod_{k=1}^{n-1}(1 - \omega^k) = n$。 ∎
チェビシェフ多項式との関連
$\cos\frac{k\pi}{n}$ の値は $z^{2n} = 1$ の解の実部と関係しており、1のn乗根の理論を通じてチェビシェフ多項式へとつながります。入試では「$\cos$ の有理数値の問題」として出題されることがあります。
✗ $\omega$ を使うとき $n$ の値が明確でないまま計算する
✓ 「$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ とする」と冒頭で明記し、$\omega^n = 1$ と $1 + \omega + \cdots + \omega^{n-1} = 0$ を道具として使う
問題ごとに $\omega$ が1の3乗根なのか5乗根なのかを確認しましょう。
まとめ
- 1のn乗根：$z^n = 1$ の $n$ 個の解。単位円上に正 $n$ 角形の頂点として並ぶ。$\omega = e^{i \cdot 2\pi/n}$ で $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$。
- 和の公式：$1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{n-1} = 0$（$\omega \neq 1$）。冪乗の和は $n$ の倍数指数のとき $n$、それ以外は 0。
- 円分多項式：原始n乗根だけを根にもつ多項式 $\Phi_n(z)$。$z^n - 1 = \prod_{d \mid n}\Phi_d(z)$。
- フィルター性質：$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(\omega^k)$ で「$n$ の倍数番目の係数」だけを取り出せる。二項定理との組み合わせが頻出。
- 対角線の積：$\prod_{k=1}^{n-1}|1 - \omega^k| = n$。正 $n$ 角形の1頂点からの対角線の長さの積。
確認テスト
Q1. $\omega$ を1の原始5乗根とするとき、$1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4$ の値は？
Q2. $\omega = e^{i \cdot 2\pi/6}$ とするとき、$\omega$ は1の原始6乗根か？
Q3. 1の3乗根 $\omega$ に対し、$\omega^2 + \omega$ の値は？
Q4. 1の原始n乗根が2個であるような $n$ の値を1つ答えよ。
Q5. $\omega$ を1の原始7乗根とするとき、$\sum_{k=0}^{6} \omega^{3k}$ の値は？
入試問題演習
$\omega$ を1の原始3乗根とする。次の値を求めよ。
(1) $(1 - \omega)(1 - \omega^2)$
(2) $(1 + \omega^2)(1 + \omega^4)$
解答
(1) $3$ (2) $1$
解説
(1) $z^3 - 1 = (z-1)(z^2+z+1) = (z-1)(z-\omega)(z-\omega^2)$ の両辺を $z-1$ で割り $z = 1$ を代入：
$(1-\omega)(1-\omega^2) = 1 + 1 + 1 = 3$
(2) $\omega^4 = \omega^3 \cdot \omega = \omega$、$\omega^2 + \omega = -1$ に注意すると：
$(1 + \omega^2)(1 + \omega) = 1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 = 0 + 1 = 1$
$\omega$ を1の原始3乗根とする。$n$ を正の整数として、次の和を $n$ を用いて表せ。
$$S = \binom{n}{0} + \binom{n}{3} + \binom{n}{6} + \cdots$$
解答
$$S = \frac{2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}}{3}$$
解説
フィルター性質を使う。$(1+x)^n$ に $x = 1, \omega, \omega^2$ をそれぞれ代入して足す：
$(1+1)^n + (1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n = 3S$
$1 + \omega = -\omega^2$ より $(1+\omega)^n = (-\omega^2)^n = (-1)^n\omega^{2n}$。
同様に $(1+\omega^2)^n = (-\omega)^n = (-1)^n\omega^n$。
$3S = 2^n + (-1)^n(\omega^{2n} + \omega^n)$
$\omega^n + \omega^{2n} = 2\text{Re}(\omega^n) = 2\cos\frac{2n\pi}{3}$ であり、$(-1)^n \cdot 2\cos\frac{2n\pi}{3} = 2\cos\frac{n\pi}{3}$ と整理できる。
（$n$ の偶奇で場合分けして確認可能）
$$S = \frac{2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}}{3}$$
複素数平面上で、原点を中心とする単位円に内接する正7角形の1つの頂点を $A$ とし、他の6つの頂点を $B_1, B_2, \ldots, B_6$ とする。$AB_1 \cdot AB_2 \cdots AB_6$ の値を求めよ。
解答
$7$
解説
$A$ に対応する複素数を $1$、$B_k$ に対応する複素数を $\omega^k$（$\omega = e^{i \cdot 2\pi/7}$）とする。
$AB_k = |1 - \omega^k|$ なので：
$$\prod_{k=1}^{6}AB_k = \prod_{k=1}^{6}|1 - \omega^k|$$
$z^7 - 1 = (z-1)(z^6 + z^5 + \cdots + z + 1)$ で、$z^6 + z^5 + \cdots + z + 1 = \prod_{k=1}^{6}(z - \omega^k)$。
$z = 1$ を代入すると $\prod_{k=1}^{6}(1 - \omega^k) = 7$。
$\prod_{k=1}^{6}|1 - \omega^k| = \left|\prod_{k=1}^{6}(1 - \omega^k)\right| = |7| = 7$。
$\omega = e^{i \cdot 2\pi/5}$ とする。$p = \omega + \omega^4$, $q = \omega^2 + \omega^3$ とおくとき、次の問に答えよ。
(1) $p + q$, $pq$ の値を求めよ。
(2) $p$, $q$ の値を求め、$\cos\frac{2\pi}{5}$ の値を求めよ。
解答
(1) $p + q = -1$, $pq = -1$
(2) $p = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2}$, $q = \dfrac{-1 - \sqrt{5}}{2}$, $\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{4}$
解説
(1) $p + q = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1$（$1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0$ より）。
$pq = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3) = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7$
$= \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1$（$\omega^5 = 1$ を利用）。
(2) $p, q$ は $t^2 + t - 1 = 0$ の2解。$t = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$。
$p = \omega + \omega^4 = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0$ に対し $q < 0$。
$\frac{-1 + \sqrt{5}}{2} > 0$ なので $p = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。
$\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{p}{2} = \frac{-1+\sqrt{5}}{4}$。
- $p+q$, $pq$ の正確な計算（各2点）
- $p > 0$, $q < 0$ の符号判定（2点）
- $\cos\frac{2\pi}{5}$ の正確な値（4点）