1の3乗根(虚数立方根)ωの性質、x²+x+1で割ったときの余り

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x^2+x+1=0\ の解の1つを\ ω\ とするとき,\ 次の値を求めよ.$ l} (1)\ \ $1}{ω^{20+1}{ω^{10$            (2)\ \ $(1+ω-ω^2)(1-ω+ω^2)$ (3)\ \ $1+ω+ω^2+ω^3+・・・・・・+ω^{30}$ (4)\ \ $C60+C61ω+C62ω^2+C63ω^3+C64ω^4+C65ω^5+C66ω^6$ 1の3乗根(虚数立方根)\ ω\ の性質}$ \\   1の3乗根とは,\ $x^3=1$の解}のことである.   $x^3-1=0\ より (x-1)(x^2+x+1)=0$    よって\ \ $x=1,\ \ -\,1±√3\,i}{2$   この中で,\ 2つある虚数解のうちの一方を普通$ω}$とおく.   どちらを$ω$とおいた場合でも,\ 以下の性質が成立する.   理由も問われるので,\ それを理解した上でさらに暗記しておくことが望ましい. $[1]$\ \ $ω^3=1$ $[2]$\ \ $ω^2+ω+1=0$ $[3]$\ \ $x^3=1\ の3解は 1,\ \ ω,\ \ ω^2$ [1],\ [2]\ \ ω\ は,\ 2つの方程式\ \ x^3=1,\ \ x^2+x+1=0\ \ の解である.    \ \ よって,\ ω^3=1,\ \ ω^2+ω+1=0\ が成立する.    \ \ この\,ω\,についての等式は,\ ω\ の高次式の次数下げ}に利用できる(最重要). [3]}\ \ このように,\ どちらの虚数解を\ ω\ とおいても,\ 一方を2乗すると他方になる.} [3]}\ \ よって,\ 1の3つの3乗根は,\ 1,\ ω,\ ω^2\ と表すことができる. [4]}\ \ 実数係数2次方程式の2つの虚数解は互いに共役}なので,\ 一方を\ ω\ とすると他方は\ ω}\ となる. [3]}\ \ よって,\ [3]より,\ ω^2=ω\ が成立する. [3]}\ \ さらに,\ 解と係数の関係\,αβ= ca\,より\,ωω=11=1}\ であることから,\ ω=1}{ω}\ が導かれる. 問題を見た瞬間に1の3乗根の問題だと気付けるか}が最大のポイントである. あらかじめ,\ x^2+x+1が特別な式であるという認識}をもっていなければならない. まず,\ ω\ に関して成立する2つの等式\ ω^3=1,\ \ ω^2+ω+1=0\ を導く.} 1の3乗根\,ω\,の性質についての知識をもっていなければ,\ このような発想には至らないだろう. 後は,\ この2つの等式を用いて次数を下げていく}とよい. =0の方程式による高次式の次数下げ}と同様である. 等式は2次式であるから,\ どんな高次式であっても必ず1次以下の式にできるはずである. 先に,\ 3乗以上の項を\ ω^3=1\ を用いて簡単にする. さらに,\ ω^2=-\,ω-1\ を繰り返し適用していけば,\ 最終的には必ず1次以下の式にできるのである. 状況次第では,\ ω^2+ω=-\,1},\ ω^2+1=-\,ω},\ ω+1=-\,ω^2}\,として利用するとより簡潔に済む. (1)\ \ ω^3=1\ で簡単にした後通分し,\ ω^2=-\,ω-1\ を適用すると約分できる. \ \ 状況によっては,\ 次数が高くなったとしても項数を減らす}ことがより効果的である. (2)\ \ ω^2=-\,ω-1\ を適用して次数を下げ,\ 括弧内を整理してから展開するとよい. \ \ 展開後に再び次数下げをしたが,\ 2(1+ω)(-\,2ω)=2(-\,ω^2)(-\,2ω)=4ω^3=4\ とした方が速い. \ \ また,\ 別解のようにうまく項数を減らす}とより簡潔に済む. (3)\ \ ω^2+ω+1=0\ の利用を見越し,\ 3項ずつ組み合わせる.} \ \ 数 B:数列の知識があれば,\ 初項1,\ 公比\,ω,\ 項数31の等比数列の和として扱える(別解). \ \ 初項a,\ 公比r,\ 項数nの等比数列の和 a(1-r^n)}{1-r\ \ (r≠1) (4)\ \ 最悪ゴリ押しで計算しても求まるが,\ 当然そのような出題意図ではない. \ \ 二項係数\,C nr\,の和を見かけたとき,\ (1+x)^n\,の二項展開式を考える}ことが基本であった. \ \ 本問の式はx=ω,\ n=6の場合なので(1+ω)^6\,とでき,\ さらに項数を減らす}と簡潔に求まる.$a,\ b$を実数,\ $z$を虚数とするとき,\ $a+bz=0\ ⇔\ a=0\ かつ\ b=0$が成り立つ \ \ ことを示せ. (2)\ \ $2x^{100}+3x^{99}+x^{98}$を$x^2+x+1$で割ったときの余りを求めよ.{x^2+x+1で割ったときの余り}$a+bz=0\ ⇒\ a=0\ かつ\ b=0$}を示す. $b≠0$と仮定する}と$z=- ab$とできるが,\ $(虚数)=(実数)$なので矛盾}である. よって $b=0$   このとき $a+bz=0$より $a=0$ $a=0\ かつ\ b=0\ ⇒\ a+bz=0$}\ は明らかに成り立つ. ∴ a+bz=0\ ⇔\ a=0\ かつ\ b=0}$\ が成り立つ.$2-n,\ 1-m$は実数,\ $ω$は虚数 (1)\ \ 複素数の相等条件は,\ \Cnum{a}+{b}\ ⇔\ a=0\ かつ\ b=0}\ (a,\ b:実数)であった. \ \ 本問は,\ iではなく虚数zの場合も同様の定理が成り立つことの証明である. \ \ iの場合と同様,\ 背理法}で証明する.\ 手順も同様である. \ \ b≠0を仮定し,\ b=0ではできない(bで割る)ことをあえて行うと矛盾が生じる. (2)\ \ 2次式で割ったときの余りを求めるとき,\ 割り算について成り立つ等式を作成する}のであった. \ \ 割る式が2次式なので,\ 余りは1次以下の式}である. \ \ 実数係数の整式の割り算であるから,\ 余りも実数係数}になるはずである. \ \ Q(x)が消えるようなxの値を両辺に代入することになるが,\ これは虚数\,ω\,に他ならない. \ \ ω\,を利用するという発想に至るには,\ x^2+x+1が特別な式である}という認識が必要である. \ \ 左辺は\,ω\,の100次式だが,\ 2つの等式を利用して\,ω\,の1次式にまで次数下げできる. \ \ =0の形に整理すると,\ (1)を利用できる. \ \ (1)は,\ a,\ bが実数,\ zが虚数という前提条件のもとで成り立つ}ので,\ これの確認が必須である.