複素数のn乗根が解けません

例に、Z^4=1　という問題を解くとします。

ド・モアブルの定理より
r^4(cos4θ + isin4θ)　となるところまでは分かります！
しかし
r^4(cos4θ + isin4θ) = 1(cos0 + isin0)　は理解出来ませんでした。

この後もいきなり訳の分からない数(2kπ)が出てきて、私にはちんぷんかんぷんです。

ご教示お願いします。

No.4 回答者： spring135 回答日時： 2014/05/12 23:20

質問者は

求める複素数を極形式で

Z=r(cosθ+isinθ)

とおき

Z^4=[r(cosθ+isinθ)]^4=r^4(cos4θ+isin4θ)=1

までたどり着き、そこで？となったと推測されます。



その先です。

Z^4=r^4(cos4θ+isin4θ)=1

の絶対値をとってみると

|Z^4|=|r^4(cos4θ+isin4θ)|=|r^4|*|cos4θ+isin4θ|=1

ここで

|cos4θ+isin4θ|=√[(cos4θ)^2+(sin4θ)^2]=1

なので

|Z^4|=1のためには

|r^4|=r^4=1

が必要条件となります。

この条件下において

Z^4=[r(cosθ+isinθ)]^4=r^4(cos4θ+isin4θ)＝cos4θ+isin4θ=1

を解けばよいことになります。

右辺1は複素数としては

1=1+i

従って

cos4θ=1

sin4θ=0

を満たす4θを求めて、あとで4で割ればよいことになります。

そのような4θは無限にあります。

まず

4θ=0

がOKということはわかりますか。三角関数のところを見直してください。

4θ=2π,4π,6π,8π,.....

さらに

4θ=-2π,-4π,-6π,-8π,.....

もOKです。

一般化して

4θ=2πk (k=0,±1,±2,±3,.....)

従って

θ=(π/2)k (k=0,±1,±2,±3,.....)

が答です。

もう少し具体化すると

θ=0,±π/2,±2π/2,±3π/2,±4π/2,±5π/2,±6π/2,±7π/2,±8π/2....

=0,±π/2,±π,±3π/2,±2π,±5π/2,±3π,±7π/2,±4π....

従って

Z^4=1を満たす複素数Zは

Z=cosθ+isinθ (θ=0,±π/2,±π,±3π/2,±2π,±5π/2,±3π,±7π/2,±4π....)

が正解です。

しかし複素平面で考えればすぐわかるように、

Zは(1,0)から始まって90°(=π/2)ごとに右回りまたは左回りして4ステップで元に戻ります。

左回りでいえば

Z=(1,0)=1 (θ=0)

Z=(0,1)=i (θ=π/2)

Z=(-1,0)=-1 (θ=π)

Z=(0,-1)=-i (θ=3π/2)

Z=(1,0)=1 (θ=2π)

で(1,0)に戻ったわけです。

従って

Z=1,i,-1,-i

だけで十分であるということがわかります。

この回答への補足

回答ありがとうございます。
じっくり読ませていただきましたにも関わらず、未だに理解できずにいます。
申し訳ありません...

もう少し絞って質問させていただきます。

疑問1
4θ=0だということが理解できない(三角関数を軽く見直したにも関わらず)

疑問2
4θ=2kπだということが理解できない。
一般化とはなんですか？

疑問3
r^4=1が理解できない。

このくらいです...

三角関数をあまり覚えていないのが原因ですかね？

補足日時：2014/05/13 17:20

No.3 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/05/12 22:46

>例に、Z^4=1　という問題を解くとします。

>ド・モアブルの定理より　r^4(cos4θ + isin4θ)　となるところまでは分かります！
>しかし　r^4(cos4θ + isin4θ) = 1(cos0 + isin0)　は理解出来ませんでした。

これは、{r, θ} 形式で解くため、
　Z^4 = 1 = 1*(cos0 + isin0)
と、原題を z = r*e^(iθ) 形式に整形しているだけ。
このあとは r*e^(iθ) の 4 乗根を勘定すべく、r^(1/4) つまり r の4 乗根と、e^(iθ/4) つまりθの 4 等分角を求めることになるのでしょう。


>この後もいきなり訳の分からない数(2kπ)が出てきて、私にはちんぷんかんぷんです。

これは「円周角の n 等分問題」、つまりθの 4 等分角を求めるための一手法。

前記 (cos0 + isin0) = e^(i0) の偏角 0 の 4 等分角は零なので、4 等分しても零。

…けど、偏角を 4 倍すると e^(i0) になるものは、ほかにもあるらしい。
たとえば、2π/4 を 4 倍すると e^(i2π) = e^(i0) だろう。

ならば、2π/4 を整数倍してもよさそう … だとすると解は無限個ある？
これは勝手過ぎる憶測で、あるところまで行くとダブりはじめます。
ダブらない範囲は 2kπ : k = 0, 1, 2, 3 だろう、ということなのでしょう。

　　

No.2 回答者： info222_ 回答日時： 2014/05/12 20:53

[解法1]

Z^4=1
Z^4-1=0
(Z^2-1)(Z^2+1)=0

左辺=(Z-1)(Z+1)(Z^2-(-1))=(Z-1)(Z+1)(Z^2-i^2)
=(Z-1)(Z+1)(Z-i)(Z+i)=0

∴Z=1, -1, i , - i

[解法2]
Z^4=1=1*e^( i 0)

ここで e^( i 0) を一般角で書くと　e^( i 2nπ)　なので
Z^4=1*e^( i 2nπ)
Z={1*e^( i 2nπ)}^(1/4)
　={1^(1/4)}*e^( i 2nπ*(1/4))
　=1*e^( i nπ/2)
0≦nπ/2＜2πの範囲のnは
　n=0, 1, 2, 3
なので
　n=0のとき　ド・モアブルの定理より
　　Z=1*e^(i 0π/2)=1*e^( i 0)=cos(0)+ i sin(0)= 1
　n=1のとき　ド・モアブルの定理より
　　Z=1*e^(i 1π/2)=1*e^( iπ/2)=cos(π/2)+ i sin(π/2)= i
　n=2のとき　ド・モアブルの定理より
　　Z=1*e^(i 2π/2)=1*e^( iπ)=cos(π)+ i sin(π)= -1
　n=3のとき　ド・モアブルの定理より
　　Z=1*e^(i 3π/2)=1*e^( i 3π/2)=cos(3π/2)+ i sin(3π/2)= -i

以上まとめると
　Z=1, -1, i, - i
Z=

No.1 回答者： asuncion 回答日時： 2014/05/12 20:11

複素平面上の4点

(1, 0)
(0, i)
(-1, 0)
(0, -i)
を1周して
(1, 0)
に戻ってきた状態ではないかな？