複素数平面

以下、回答途中まで

（1）だけ
z[1]=cosθ+i*sinθより
z[2]=cos(θ+π/2)+i*sin(θ+π/2)
z[3]=cos(θ+π)+i*sin(θ+π)
z[4]=cos(θ+3π/2)+i*sin(θ+3π/2)=cos(θ-π/2)+i*sin(θ-π/2)

z[1]^k=cos(kθ)+i*sin(kθ)
z[2]^k=cos(kθ+kπ/2)+i*sin(kθ+kπ/2)
z[3]^k=cos(kθ+kπ)+i*sin(kθ+kπ)
z[4]^k=cos(kθ-kπ/2)+i*sin(kθ-kπ/2)

以下問題

https://imgur.com/a/rxyXcOJ

質問者からの補足コメント

• 

  教授
  
  こんにちは
  
  かっこいい考え方ですね
  私もいつかそんな考え方ができたらいいかなと思っております
  
  
  そんな私は座標設定で解いてみました
  
  
  以下、私の考え方です
  
  ぜひともご指摘ご指導よろしくお願いいたします
  
  
  画像拡大リンク先
  https://imgur.com/a/fTbzKiB

  No.1の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2024/10/10 14:28

• 

  ｎ乗すれば偏角ｎ倍を使いました
  
  
  画像拡大リンク先
  https://imgur.com/a/fTbzKiB

  No.2の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2024/10/13 17:48

No.3 回答者： syotao 回答日時： 2024/10/13 18:00

＜ｎ乗すれば偏角ｎ倍を使いました＞

えぇ、えぇそれはわかります、
もちろんぼくもそうしています。
あなたがまちがっているというわけではなく
θ＝0　としたほうが問題点が見えやすいのではないかという
提案です。

No.2 回答者： syotao 回答日時： 2024/10/13 17:35

あなたはθ＝π/2　としているが

ぼくにはθ＝0、つまり
ｚ1＝cos0＋ｉsin0、ｚ2＝cos(π/2)＋ｉsin(π/2)
ｚ3＝cos(π)＋ｉsin(π)　ｚ4＝cos(-π/2)＋ｉsin(-π/2)
とすればドモアブル定理より
ｋが3以上の奇数のとき、すべて相異なる、
ｋが４の倍数のときすべて相等しい、
がすぐわかると思うんですがいかが？

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/10 09:43

あってます

原点を中心とし
半径1の円に内接する正方形z1z2z3z4がある
(1)
z1の偏角をθとして
z1^k,z2^k,z3^k,z4^k
を極形式で表せ

z1^k=e^{ikθ}
z2^k=e^{ik(θ+π/2)}
z3^k=e^{ik(θ+π)}
z4^k=e^{ik(θ-π/2)}

(2)
z1^k,z2^k,z3^k,z4^k
のうちで
相異なるものは何個あるか
k=2,3,4,5,100の各場合について

k=2の場合
z1^2=e^{i2θ}
z2^2=e^{i(2θ+π)}=-e^{i2θ}
z3^2=e^{i(2θ+2π)}=e^{i2θ}
z4^2=e^{i(2θ-π)}=-e^{i2θ}

e^{i2θ}
-e^{i2θ}
の2個

k=3の場合
z1^3=e^{i3θ}
z2^3=e^{i(3θ+3π/2)}=e^{i(3θ-π/2)}
z3^3=e^{i(3θ+3π)}=-e^{i3θ}
z4^3=e^{i(3θ-3π/2)}=e^{i(3θ+π/2)}
の4個

k=4の場合
z1^4=e^{i4θ}
z2^4=e^{i(4θ+2π)}=e^{i4θ}
z3^4=e^{i(4θ+4π)}=e^{i4θ}
z4^4=e^{i(4θ-2π)}=e^{i4θ}

e^{i4θ}
の1個

k=5の場合
z1^5=e^{i5θ}
z2^5=e^{i(5θ+5π/2)}=e^{i(5θ+π/2)}
z3^5=e^{i(5θ+5π)}=-e^{i5θ}
z4^5=e^{i(5θ-5π/2)}=e^{i(5θ-π/2)}
の4個

k=100の場合
z1^100=e^{i100θ}
z2^100=e^{i(100θ+50π)}=e^{i100θ}
z3^100=e^{i(100θ+100π)}=e^{i100θ}
z4^100=e^{i(100θ-50π)}=e^{i100θ}

e^{i100θ}
の1個