$n$ を2以上の整数とする。$\alpha = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}$ のとき、1の $n$ 乗根が $1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3, \dots, \alpha^{n-1}$ で与えられることを示せ。

1. 問題の内容

$n$ を2以上の整数とする。$\alpha = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}$ のとき、1の $n$ 乗根が $1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3, \dots, \alpha^{n-1}$ で与えられることを示せ。

2. 解き方の手順

まず、$\alpha$ が1の $n$ 乗根であることを示す。次に、$1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ が互いに異なることを示す。最後に、複素数平面上の単位円において、これらの点が等間隔に配置されていることを示す。

ステップ1: $\alpha$ が1の $n$ 乗根であることを示す。

ド・モアブルの定理より、

$$\alpha^n = \left( \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n} \right)^n = \cos \left( n \cdot \frac{2\pi}{n} \right) + i \sin \left( n \cdot \frac{2\pi}{n} \right) = \cos 2\pi + i \sin 2\pi = 1 + 0i = 1$$

したがって、$\alpha$ は1の $n$ 乗根である。

ステップ2: $1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ が互いに異なることを示す。

$0 \le j < k \le n-1$ であるような整数 $j, k$ を考える。もし $\alpha^j = \alpha^k$ ならば、$\alpha^{k-j} = 1$ である。ここで、 $0 < k-j \le n-1$ である。

$\alpha^{k-j} = \cos \frac{2\pi (k-j)}{n} + i \sin \frac{2\pi (k-j)}{n} = 1$ となるためには、$\frac{2\pi (k-j)}{n} = 2\pi m$ となる整数 $m$ が存在する必要がある。すなわち、$k-j = nm$。しかし、$0 < k-j \le n-1$ より、$k-j$ は $n$ の整数倍になりえない。したがって、$\alpha^j \ne \alpha^k$ である。

よって、$1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ は互いに異なる。

ステップ3: $x^n = 1$ の解は $n$ 個存在し、それは $1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ であることを示す。

方程式 $x^n = 1$ は、複素数平面上で $n$ 個の解を持つ。

ステップ1とステップ2の結果より、$1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ は互いに異なる $n$ 個の解であることがわかった。したがって、これらが1の $n$ 乗根のすべてである。

3. 最終的な答え

$n$ を2以上の整数とする。$\alpha = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}$ のとき、1の $n$ 乗根は $1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^{n-1}$ で与えられる。