【数学III複素数平面】複素数の式と方程式の解(千葉大2018第12問)

２つのルートでαの３乗を求める

(1) から考えていきます。まず，ド・モアブルの定理
$(\cos x+i\sin x)^n=\cos nx+i\sin nx$
を思い出しましょう。そうすると
$z^9=\cos \Big(9\cdot\cfrac{2\pi}{9}\Big)+i\sin\Big(9\cdot\cfrac{2\pi}{9}\Big)$
$=\cos2\pi+i\sin2\pi=1$
が成り立ちます。

よって
$z^9=z\cdot z^8=1$
$z^8=\cfrac{1}{z}$
となります。また，$z$ は複素平面上で原点からの長さが $1$ になるので $|z|=1$ です。
$|z|=1$
$z\bar{z}=1$
$\bar{z}=\cfrac{1}{z}$
つまり
$z^8=\bar{z}$
したがって
$\alpha=z+\bar{z}$

問題文を見てみると，求めたい関数 $f(x)$ は
$f(x)=x^3+px^2+qx+r$
という形だと考えられます。そして $x=\alpha$ のとき
$f(\alpha)=\alpha^3+p\alpha^2+q\alpha+r=0$ ・・・①
となります。

$\alpha^3=(z+\bar{z})^3=z^3+3z^2\bar{z}+3z\bar{z}^2+\bar{z}^3$
$z\bar{z}=1$ だから
$=z^3+3z+3\bar{z}+\bar{z}^3$
$=z^3+\bar{z}^3+3(z+\bar{z})$
$=z^3+\bar{z}^3+3\alpha$ ・・・②
ここで
$z^3=\Big(\cos\cfrac{2\pi}{9}+i\sin\cfrac{2\pi}{9}\Big)^3$
$=\cos\cfrac{2\pi}{3}+i\sin\cfrac{2\pi}{3}$
同様に
$\bar{z}^3=\cos\cfrac{2\pi}{3}-i\sin\cfrac{2\pi}{3}$
よって
$z^3+\bar{z}^3=2\cos\cfrac{2\pi}{3}$
$=2\cdot\Big(-\cfrac{1}{2}\Big)=-1$
これを②に代入すると
$\alpha^3=-1+3\alpha$
移項して
$\alpha^3-3\alpha+1=0$
これと①を比べると，$p=0$，$q=-3$，$r=1$ とすると，恒等式が成り立つことが分かる。つまり
$f(\alpha)=\alpha^3-3\alpha+1=0$
したがって
$f(x)=x^3-3x+1$ (答え)

実際のところ問題文に断り書きがされている通りで，$x=\alpha$ を代入したときに $=0$ になる関数がこの形だけであると断定することはできず，あくまであり得る形の一つを示したということです。

3 倍角の公式を使う

(2)に進みます。
まず，(1)をやっているときに $\alpha=2\cos\cfrac{2\pi}{9}$ が解の一つであることが分かりました。
$f(\alpha)=\alpha^3-3\alpha+1=0$
$f\Big(2\cos\cfrac{2\pi}{9}\Big)=8\cos^3\cfrac{2\pi}{9}-6\cos\cfrac{2\pi}{9}+1=0$ ・・・③

文字を $\theta$ にして
$2\cos 3\theta=8\cos^3 \theta-6\cos \theta$
$2\cos 3theta=(2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta)$
$2\cos 3\theta+1=(2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta)+1$ ・・・④
ここで
$f(2\cos\theta)=(2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta)+1=0$
とすると，$\theta=\cfrac{2\pi}{9}$ のとき $2\cos\cfrac{2\pi}{9}$ は解の一つである。

話を始めから整理すると，もともと
$f(x)=x^3-3x+1$
という関数があって，$x$ に $2\cos\cfrac{2\pi}{9}$ を代入するとイコール $0$ になるということでした。このように値を代入してイコール $0$ になるものを方程式の解と言います。

ここで，代入してイコール $0$ になる $2\cos\theta$ は，実は $\cfrac{2\pi}{9}$ だけではなく，他にも存在します。

$f(2\cos\theta)=(2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta)+1=0$
④より
$f(2\cos\theta)=2\cos3\theta+1=0$
$2\cos3\theta+1=0$
$\cos3\theta=-\cfrac{1}{2}$
これが成り立つ $\theta$ はたくさんあると言えますが，関数が３次関数であるなら解は３つです。
$3\theta=\cfrac{2\pi}{3},\cfrac{4\pi}{3},\cfrac{8\pi}{3}$
$\theta=\cfrac{2\pi}{9},\cfrac{4\pi}{9},\cfrac{8\pi}{9}$
つまり，$\theta$ がこれらの値のときに $f(2\cos\theta)=0$ が成り立つということです。

$\alpha^2=(z+\bar{z})^2=z^2+2z\bar{z}+\bar{z}^2$
$=z^2+\bar{z}^2+2$

ここで
$z^2=\Big(\cos\cfrac{2\pi}{9}+i\sin\cfrac{2\pi}{9}\Big)^2$
$=\cos\cfrac{4\pi}{9}+i\sin\cfrac{4\pi}{9}$
同様にして
$\bar{z}^2=\cos\cfrac{4\pi}{9}-i\sin\cfrac{4\pi}{9}$
よって
$\alpha^2=\cos\cfrac{4\pi}{9}+i\sin\cfrac{4\pi}{9}+\cos\cfrac{4\pi}{9}-i\sin\cfrac{4\pi}{9}+2$
$\alpha^2=2\cos\cfrac{4\pi}{9}+2$
移項して
$2\cos\cfrac{4\pi}{9}=\alpha^2-2$
また
$\alpha^4=(z+\bar{z})^4=\{(z+\bar{z})^2\}^2$
$=(z^2+\bar{z}^2+2z\bar{z})^2$
$=(z^2+\bar{z}^2+2)^2$
ここで，公式 $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$ を用いると
$=z^4+\bar{z}^4+4+2z^2\bar{z}^2+4\bar{z}^2+4z^2$
$=z^4+\bar{z}^4+4z^2+4\bar{z}^2+6$
$=z^4+\bar{z}^4+4(z^2+\bar{z}^2)+6$
また
$z^4=\Big(\cos\cfrac{2\pi}{9}+i\sin\cfrac{2\pi}{9}\Big)^4$
$=\cos\cfrac{8\pi}{9}+i\sin\cfrac{8\pi}{9}$
同様に
$\bar{z}^4=\cos\cfrac{8\pi}{9}-i\sin\cfrac{8\pi}{9}$
よって
$\alpha^4=\cos\cfrac{8\pi}{9}+i\sin\cfrac{8\pi}{9}+\cos\cfrac{8\pi}{9}-i\sin\cfrac{8\pi}{9}+4\Big(2\cos\cfrac{4\pi}{9}\Big)+6$
$=2\cos\cfrac{8\pi}{9}+8\cos\cfrac{4\pi}{9}+6$
$=2\cos\cfrac{8\pi}{9}+4\Big(2\cos\cfrac{4\pi}{9}\Big)+6$
$=2\cos\cfrac{8\pi}{9}+4(\alpha^2-2)+6$
$=2\cos\cfrac{8\pi}{9}+4\alpha^2-8+6$
$\alpha^4=2\cos\cfrac{8\pi}{9}+4\alpha^2-2$
移項して
$2\cos\cfrac{8\pi}{9}=\alpha^4-4\alpha^2+2$
(1)で求めた $\alpha^3=-1+3\alpha$ を用いて
$=\alpha\cdot\alpha^3-4\alpha^2+2$
$=\alpha(-1+3\alpha)-4\alpha^2+2$
$=-\alpha+3\alpha^2-4\alpha^2+2$
$=-\alpha^2-\alpha+2$
したがって
$\alpha^2-2$，$-\alpha^2-\alpha+2$ (答え)