初記事です（円周等分方程式）

はじめに

こんにちは、初記事です。今回は試しに円周等分方程式について深めていこうと思います。拙い文章だと存じますが、宜しくお願いします。

本題に入る前に、円周等分方程式についてさらっと確認します。

まず、円周等分方程式とは、次のように定義される方程式のことです。

そしてこれら$n$個の根は、単位円上にプロットした時、単位円に内接する正$n$角形を作ります。

当たり前のことですが、因数定理から$x^n-1$は$x-1$で割り切れ、
$x-1=0$と$x^{n-1}+x^{n-2}+···+1=0$という2つの方程式を得ます。またこの時、$x-1=0$という方程式を得ることから、$x^n=1$は必ず$x=1$という解を持つと言えます。

ここからは$n$が$1,2,3,4,5,6,7$の時の$1$の$n$乗根を求めていきます。
なお、図示するときに直感的に理解しやすいように、$n$が$3$より大きい場合は因数分解型と極形式型に分けて過程を書きました。

$n=1$のとき

$n=1$のとき、方程式は$x^1=1$となり、解は$x=1$のみ

※自明なので過程は省略

$x=1$

$n=2$のとき

$n=2$のとき、方程式は$x^2=1$となり、解は$x=±1$の2つ

～過程～

$x^2-1=(x+1)(x-1)=0$　　　よって$x=±1$

$x=±1$

$n=3$のとき

$n=3$のとき、方程式は$x^3=1$となり、解は$x=1,x=\frac{-1± \sqrt{3}i}{2}$の3つ

～過程～

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)=0$
よって$x=1,x=\frac{-1±\sqrt{3}i}{2}$

$x=1,x=\frac{-1±\sqrt{3}i}{2}$

$n=4$のとき

$n=4$のとき、方程式は$x^4=1$となり、解は$x=±1,x=±i$

～過程～

$x^4-1=(x^2+1)(x^2-1)=(x^2+i)(x-i)(x+1)(x-1)=0$
よって　　　　　$x=±1$,$x=±i$

〈極形式型〉
※ド・モアブルの定理は$n=5$のときに扱っている
単位円に内接する正$n$角形で$n=4$の時の解は
$\cos0°+i\sin0°=1$
$\cos90°+i\sin90°=i$
$\cos180°+i\sin180°=-1$
$\cos270°+i\sin270°=-i$
$0$でない複素数に$i$をかけることは$\frac{π}{2}$回転と等しいということはよく知られている。$x^4=1$は$(x^2)^2=1$なので、$1$の$2$乗根を平方に開くことでも求められ、実際に、解である$x=±1,x=±i$はそれぞれ$1,-1$の平方根を取ったものである。

$x=±1,x=±i$

$n=5$のとき

$n=5$のとき、方程式は$x^5=1$となり、解は$x=1$,$x=\frac{-1± \sqrt{5}}{4}±\frac{\sqrt{10±2\sqrt{5}}i}{4}$
※但し、虚数解で1つ目と3つ目の±は同符号を選ぶ

～過程～

〈因数分解型〉
$x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=0$

1つの解は$x=1$
あとの4つの解は$x^4+x^3+x^2+x+1=0$を解けば求まる。

$x^4+x^3+x^2+x+1=0$

$x^2+x+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=0$　　　　両辺を$x^2$で割る。

$(x+\frac{1}{x})^2+(x+1)-2=0$　　　$x+\frac{1}{x}$でまとめる

$x+\frac{1}{x}=\frac{-1±\sqrt{5}}{2}$　　　　 　　　　$x$＋$\frac{1}{x}$の解を求める

$x^2-(\frac{-1±\sqrt{5}}{2})x+1=0$ 　　　　 $x+\frac{1}{x}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$で両辺に$x$をかける

$x=\frac{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}±\sqrt{(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})^2-4}}{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}±\frac{ \sqrt{10+2\sqrt{5}}i}{4}$

$x+\frac{1}{x}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$でも同様にして

$x=\frac{-1-\sqrt{5}}{4}±\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}i}{4}$

〈極形式型〉
複素平面において、$x^n-1=0$の解は正$n$角形を作る。この時、前述したように$x^n-1=0$は必ず解$x=1$を持つ。すなわち、複素平面で原点を中心とする単位円に内接する正$n$角形は点($1$,$0$)を持つ。今回は$n=5$つまり円に内接する正$5$角形の頂点であるので，解は
$\cos0°+i\sin0°=1$
$\cos72°+i\sin72°$
$\cos144°+i\sin144°$
$\cos216°+i\sin216°$
$\cos288°+i\sin288°$
である。

※これらは極形式の形で、$r(\cos nθ+i\sin nθ)$のとき$r$は単位円において$r=1$である

$\cos72°=\frac{-1+\sqrt{5}}{4},\sin72°=\frac{\sqrt{10+2 \sqrt{5}}}{4}$であるので、
$\cos72°+i\sin72°=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10+2 \sqrt{5}}i}{4}$

ここで、ド・モアブルの定理を使う。

上の定理より
$\cos144°+i\sin144°=(\cos72°+i\sin72°)^{2}=\frac{-1-\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}i}{4}$
$\cos216°+i\sin216°=(\cos72°+i\sin72°)^{3}=\frac{-1-\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}i}{4}$
$\cos288°+i\sin288°=(\cos72°+i\sin72°)^{4}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}i}{4}$

$x=1,x=\frac{-1± \sqrt{5}}{4}±\frac{\sqrt{10±2\sqrt{5}}i}{4}$

$n=6$のとき

$n=6$のとき、方程式は$x^6=1$となり、解は$x=±1$,$x=\frac{-1± \sqrt{3}i}{2}$,$x=\frac{1±\sqrt{3}i}{2}$

～過程～

〈因数分解型〉
$x^6-1=(x^3+1)(x^3-1)=(x＋1)(x-1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)=0$
よって$x=±1$,$x=\frac{-1±\sqrt{3}i}{2}$,$x=\frac{1±\sqrt{3}i}{2}$

※$n=4$の時と同様に、$x^6=1$は$(x^3)^2=1$なので、$1$の$3$乗根を平方に開くことでも求められ、実際に、解である$x=±1,x=\frac{-1±\sqrt{3}i}{2},x=\frac{1±\sqrt{3}i}{2}$はそれぞれ$1,ω,ω^2$の平方根を取ったものである。

〈極形式型〉
単位円に内接する正$n$角形で$n=6$の時の解は
$\cos0°+i\sin0°=1$
$\cos60°+i\sin60°=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$
$\cos120°+i\sin120°=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$
$\cos180°+i\sin180°=-1$
$\cos240°+i\sin240°=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$
$\cos300°+i\sin300°=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$

$x=±1,x=\frac{-1±\sqrt{3}i}{2},x=\frac{1±\sqrt{3}i}{2}$

$n=7$のとき

$n=7$のとき、方程式は$x^7=1$となる。

7乗根は解を書くのが面倒なので過程で追いながら解いていきたい。
7乗根はだいたい極形式…というか多くの数学書では極形式でしか表さないことのほうが多いし、何より5乗根の時と同様のやり方で解くと、$3$次方程式を解かなければならない。ただ代数的に解くほうが初学者や中高生に伝わりやすいのため今回は根を求める方法でも解く。

～過程～

〈因数分解型（カルダーノ）〉
$x^7-1=(x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)=0$

よって1つの解は$x=1$,あとの6つの解はを解けばよい。
$x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0$

両辺を$x^{3}$で割る

$x^3+x^2+x+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}$

いい感じにまとめる

$(x+\frac{1}{x})^3+(x+\frac{1}{x})^2-2(x+\frac{1}{x})-1=0$

ここで$t=x+\frac{1}x$とおくと、

$(x^3+\frac{1}{x^3})+(x^2+\frac{1}{x^3})+(x+\frac{1}{x})+1=0$

$t^3+t^2-2t-1=0$

これをカルダノの公式、いわゆる3次方程式の代数的な解の公式で解く。
まず２次の項を失くしたいので
$t=y-\frac{1}{3}$とおくと
$(y-\frac{1}{3})^3+(y-\frac{1}{3})^2-2(y-\frac{1}{3})-1=0$
$y^3-\frac{7}{{3}}y-\frac{7}{27}=0$
ここで$y=u+v$とおくと、
$(u+v)^3=u^3+v^3+3uv(u+v)$より
$u^3+v^3+3uv(u+v)-\frac{7}{{3}}(u+v)-\frac{7}{27}=0$
$u^3+v^3-\frac{7}{27}+(u+v)(3uv-\frac{7}{3})=0$
よって$u^3+v^3-\frac{7}{27}=0$かつ$(u+v)(3uv-\frac{7}{3})=0$

$y=u+v=0$は$y^3-\frac{7}{{3}}y-\frac{7}{27}=0$を満たさないので、$y=u+v\ne0$だから、$u^3+v^3-\frac{7}{27}=0$・・・②かつ、$3uv-\frac{7}{3}=0$を満たす$u$,$v$を求める。
$3uv-\frac{7}{3}=0$より$3uv=\frac{7}{3}$$v=\frac{7}{9u}$・・・③を$u^3+v^3-\frac{7}{27}=0$に代入する。
$u^3+\left(\frac{7}{9u}\right)^3-\frac{7}{27}=0$
$u^3+\frac{343}{729u^3}-\frac{7}{27}=0$　両辺を$u^3$倍して
$u^6+\frac{343}{729}-\frac{7}{27}u^3=0$
これは$u^3$の2次方程式である。
$u^3=\frac{7}{54}(1\pm3\sqrt{3}i)$
よって、$u^3=\frac{7}{54}(1\pm3\sqrt{3}i)$
$u^3=\frac{7}{54}(1+3\sqrt{3}i)$のとき、②より$v^3=\frac{7}{27}-u^3=\frac{7}{54}(1-3\sqrt{3}i)$
$u^3=\frac{7}{54}(1-3\sqrt{3}i)$のとき、②より$v^3=\frac{7}{27}-u^3=\frac{7}{54}(1+3\sqrt{3}i)$
であるから、どちらが$u$でも$v$でも構わないので、ここでは2次方程式の「$±$」の「$+$」のほうを$u^3$、「$-$」のほうを$v^3$とする。

$u^3=\frac{7+21\sqrt{3}i}{54}=\frac{28+84\sqrt{3}i}{6^3}$より、3乗根の1つは
$u=\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}$
残りの2つは、これに$1$の$3$乗根($n=3$のときの$1$の原始3乗根)である
$ω=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},ω^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$をかけた、
$u=\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}{6},u=\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6}$である。

次に、これらの$u$から$v$を求める。
$u=\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}$のとき、
③より
$v=\frac{7}{9u}$=$\frac{7}{9・(\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6})}=\frac{7・6}{9(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}=\frac{14}{3(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}=\frac{14(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{3(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}=\frac{14(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{3((28+84\sqrt{3}i)(28-84\sqrt{3}i))^\frac{1}{3}}=\frac{14(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{3(28^2+84^3・3)^\frac{1}{3}}=\frac{14(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{3(28^3)^\frac{1}{3}}=\frac{14(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{3・28}=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}$

残りの2つは
$u=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}{6}$のとき、③より
$v=\frac{7}{9u}=\frac{7・6}{9(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6ω}=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6ω^3}=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6}$

同様に、
$u=\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6}$のとき、③より
$v=\frac{7}{9u}$=$\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}{6}$

となるから、
$y=u+v$
$t=y-\frac{1}{3}=u+v-\frac{1}{3}$より$t$の3つの解は
$t_1=-\frac{1}{3}+\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}$
$t_2=-\frac{1}{3}+\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6}$
$t_3=-\frac{1}{3}+\frac{(28+82\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω^2}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}ω}{6}$

$t=z+\frac{1}{z}$を$z$について解くと
$tz=z^2+1$
$z^2-tz+1=0$
$z=\frac{t±\sqrt{t^2-4}}{2}$

これに$t_1,t_2,t_3$を代入する。

$z_1$=$\frac{-\frac{1}{3}+\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}±\sqrt{(-\frac{1}{3}+\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6})^2-4}}{2}$=$\frac{-\frac{1}{3}+\frac{(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}+\frac{(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}{6}±\sqrt{\frac{1}{36}((-2+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3})^2-144)}}{2}$=$\frac{-2+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}±\sqrt{4+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}-4(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}-4(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+2((28+84\sqrt{3}i)(28-\sqrt{3}i))^\frac{1}{3}-144}}{12}$=$\frac{-2+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}±\sqrt{4+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}-4(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}-4(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+2(28^3)^\frac{1}{3}-144}}{12}$=$\frac{-2+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}±\sqrt{-84+(28+84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}+(28-84\sqrt{3}i)^\frac{2}{3}-4(28+84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}-4(28-84\sqrt{3}i)^\frac{1}{3}}}{12}$
$z_2,z_3$も同様にして求める。（省略）

〈極形式型〉
単位円に内接する正$n$角形で$n=7$の時の解は
$\cos0+i\sin0=1$
$\cos\frac{2π}{7}+i\sin\frac{2π}{7}$
$\cos\frac{4π}{7}+i\sin\frac{4π}{7}$
$\cos\frac{6π}{7}+i\sin\frac{6π}{7}$
$\cos\frac{8π}{7}+i\sin\frac{8π}{7}$
$\cos\frac{10π}{7}+i\sin\frac{10π}{7}$
$\cos\frac{12π}{7}+i\sin\frac{12π}{7}$
値はカルダノで解いたものと等しくなるので省略。

$x=1,x=\cos\frac{2π}{7}+i\sin\frac{2π}{7},x=\cos\frac{4π}{7}+i\sin\frac{4π}{7},x=\cos\frac{6π}{7}+i\sin\frac{6π}{7},x\cos\frac{8π}{7}+i\sin\frac{8π}{7},x=\cos\frac{10π}{7}+i\sin\frac{10π}{7},x=\cos\frac{12π}{7}+i\sin\frac{12π}{7}$

$n=8$のとき

$n=8$のとき、方程式は$x^8=1$となり、解は$x=,x=±i,x=\frac{-\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2},x=\frac{\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2}$

～過程～

$x^8-1=(x^4+1)(x^4-1)=(x^4+1)(x+i)(x-i)(x+1)(x-1)=0$
$x=±1$,$x=±i$の$4$つの解は自明
あとの$4$つは
$x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)=0$
よって
$x=\frac{-\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2},x=\frac{\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2}$
したがって　　　　　$x=±1,x=±i,x=\frac{-\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2},x=\frac{\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2}$

〈極形式型〉
単位円に内接する正$n$角形で$n=8$の時の解は
$\cos0+i\sin0=1$
$\cos\frac{π}{4}+i\sin\frac{π}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i$
$\cos\frac{π}{2}+i\sin\frac{π}{2}=i$
$\cos\frac{3π}{4}+i\sin\frac{3π}{4}=-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i$
$\cosπ+i\sinπ=-1$
$\cos\frac{5π}{4}+i\sin\frac{5π}{4}=-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i$
$\cos\frac{3π}{2}+i\sin\frac{3π}{2}=-i$
$\cos\frac{3π}{2}+i\sin\frac{3π}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i$
$x^8=1$は$(x^4)^2=1$なので、$1$の4乗根を平方に開くことでも求められ、実際に、解である$x=±1,x=±i,x=\frac{-\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2},x=\frac{\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2}$はそれぞれ$±1,±i$の平方根を取ったものである。

$x=±1,x=±i,x=\frac{-\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2},x=\frac{\sqrt{2}±\sqrt{2}i}{2}$

$n=0$のとき（番外編）

円周等分方程式はだいたい、$n$は正の整数であると定義されるが、ここからは$n$が$0$のときの円周等分方程式を考えてみよう。
$n$=$0$のとき円周等分方程式は$x^0=1$となる。指数法則により、$0$以外のすべての実数を$a$とすると、$a$は$a^0$=$1$と定義される。したがって、この方程式$x^0=1$の解は不定となる。
さて、これを図示することは可能だろうか。$n$を$3$以上の整数としたとき、$1$の$n$個の$n$乗根は、これらを複素平面にプロットした時正$n$角形を作る。$n$が$1$と$2$の場合だと、図形は表せないが、座標を定めることはできる。しかし、$n$が$0$のときは解は不定であるから、できないように思える。
ここで、正$n$角形は$n$個の角を持つことから、この$n$を無限に飛ばすことを考えてみる。$n→∞$となるから、角は限りなく滑らかになり、その結果として得る図形が円（単位円）である。
はじめに「指数法則により、$0$以外のすべての実数を$a$とすると、$a$は$a^0$=$1$と定義される」と述べたが、これは$a$が複素数の時でも同様に成り立つ。証明は以下の通り。
$[r(\cosθ+i\sinθ)]^0=r^0(\cosθ+i\sinθ)^0=\cos0・θ+i\sin0・θ=\cos0+i\sin0=1$
これに則って$x^0=1$の解をプロットすることを考えると、これは複素平面で原点から$1$の距離の座標を無数に取ることに等しい。したがって$x^0=1$の解は複素平面で単位円を作る。
※$xy$平面では$y=1$の$x$軸に平行な直線を作る。

おわりに

いかがでしたでしょうか。
私生活が忙しくあまり活用できなさそうなのですが、これから理系科目に力を入れるべく、積極的に活用していきたいという所存です。初めて使うのでコメントで指摘や質問をバンバンください。ではまた。