九州大学(理系) 2024年　問題2


$整式 \ \ f(z)=z^6+z^4+z^2+1 \ \ について、以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ f(z)=0\ \ をみたすすべての複素数 \ z\ に対して、|z|=1\ \ が成り立つことを示せ。$
$(2)\ \ 次の条件をみたす複素数 \ w\ をすべて求めよ。$
$\hspace{5em} 条件：f(z)=0 \ \ をみたすすべての複素数 \ z\ に対して \ \ f(wz)=0 \ \ が成り立つ。$


(1)


$f(z)=z^6+z^4+z^2+1=1+z^2+z^4+z^6 \quad は初項 \ \ 1,\ \ 公比 \ \ z^2\ \ の等比級数だから$

$f(z)=\cfrac{1-(z^2)^4}{1-z^2}=\cfrac{1-z^8}{1-z^2}$

$f(z)=0 \quad より \quad z^8=1$

$両辺の絶対値をとって \quad |z^8|=1$

$|z|^8-1=0 $

$(|z|-1)(|z|+1)(|z|^2+1)(|z|^4+1)=0$

$\therefore \ \ |z|=1$


$(別解)$

$z^6+z^4+z^2+1=0 \quad 明らかに \ \ z \ne 0 \ \ だから両辺を \ z~3\ で割って$

$z^3+z+\cfrac{1}{z}+\cfrac{1}{z^3}=0$

$(z^3+\cfrac{1}{z^3})+(z+\cfrac{1}{z})=0$

$(z+\cfrac{1}{z})^3 -3z \cdot \cfrac{1}{z}(z+\cfrac{1}{z})+(z+\cfrac{1}{z})=0$

$(z+\cfrac{1}{z})^3 -2(z+\cfrac{1}{z})=0$

$z+\cfrac{1}{z} = t \quad とおくと \quad t^3-2t=0$

$t(t^2-2)=0$

$t=0,\quad \pm \sqrt{2}$

(i)$\ \ t=0 \quad のとき$

$\quad z+\cfrac{1}{z} = 0 $

$\quad z^2+1=0$

$\quad z=\pm i$

$\quad よって \quad |z|=1$

(ii)$\ \ t=\pm \sqrt{2} \quad のとき$

$\quad z+\cfrac{1}{z} = \pm \sqrt{2}$

$\quad z^2 \mp \sqrt{2}z +1=0$

$\quad z=\cfrac{\pm \sqrt{2} \pm \sqrt{2-4}}{2}=\cfrac{\pm \sqrt{2} \pm \sqrt{2}i}{2}=\pm \cfrac{\sqrt{2}(1 \pm i)}{2}$

$\quad よって \quad |z|=\cfrac{\sqrt{2}}{2} \times \sqrt{2}=1$


(2)

　
$f(z)=0 \ \ の解を偏角の小さい順に$

$\quad \alpha_1=\cfrac{1+i}{\sqrt{2}},\quad \alpha_2=i,\quad \alpha_3=\cfrac{-1+i}{\sqrt{2}}$

$\quad \alpha_4=\cfrac{-1-i}{\sqrt{2}},\quad \alpha_5=-i,\quad \alpha_6=\cfrac{1-i}{\sqrt{2}}$

$とおく。$

$f(wz)=0 \ \ より \ \ wz \ は \ \ f(z)=0 \ \ の解だから$

$\alpha_1,\ \ \alpha_2,\ \ \alpha_3,\ \ \alpha_4,\ \ \alpha_5,\ \ \alpha_6 \ \ のいずれかである。(必要条件)$

　
$w\alpha_i=\alpha_j \ \ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ 6)\ \ をみたす \ w\ は$

$w=\cfrac{\alpha_j}{\alpha_i} \ \ だから$

$|w|=\cfrac{|\alpha_j|}{|\alpha_i|}=1$

$\arg (w)=\arg (\alpha_j)-\arg(\alpha_i) $

$したがって \ \ w\ は単位円周上の点 \ P(\alpha_j)\ から \ \alpha_i \ の偏角分$

$戻った点である。$

$このことに注意して、w=\cfrac{\alpha_j}{\alpha_i}\ \ を求めたのが右の表である。$

$この表からわかるように$

$\alpha_i=\alpha_1 \quad のとき \quad \alpha_3,\ \ \alpha_6 \quad となる \ \ \alpha_j \ \ が存在しないから \quad f(\alpha_3 \alpha_1) \ne 0, \quad f(\alpha_6 \alpha_1) \ne 0 \quad よって \quad w \ne \alpha_3,\quad w \ne \alpha_6$

$\alpha_i=\alpha_2 \quad のとき \quad \alpha_2,\ \ \alpha_5 \quad となる \ \ \alpha_j \ \ が存在しないから \quad f(\alpha_2 \alpha_2) \ne 0, \quad f(\alpha_5 \alpha_2) \ne 0 \quad よって \quad w \ne \alpha_2,\quad w \ne \alpha_5$

$\alpha_i=\alpha_3 \quad のとき \quad \alpha_1,\ \ \alpha_4 \quad となる \ \ \alpha_j \ \ が存在しないから \quad f(\alpha_1 \alpha_3) \ne 0, \quad f(\alpha_4 \alpha_1) \ne 0 \quad よって \quad w \ne \alpha_1,\quad w \ne \alpha_4$

$したがって、w\ は \ \alpha_1,\ \ \alpha_2,\ \ \alpha_3,\ \ \alpha_4,\ \ \alpha_5,\ \ \alpha_6 \ \ のいずれでもない。$

$ところが、f(1\cdot z)=f(z) 、また、f(z) \ は偶関数だから \quad f(-1 \cdot z)=f(-z)=f(z)$

$f(z)=0 \ \ をみたすすべての複素数 \ z\ に対して \ \ f(wz)=0 \ \ が成り立つ \ w\ は \ \ w=\pm 1 $


$(別解)$

$f(wz)=(wz)^6+(wz)^4+(wz)^2+1=w^6z^6+w^4z^4+w^2z^2+1$

$f(z)=0\ \ も \ \ f(wz)=0 \ \ もともに \ 6\ 次方程式だから \ 6\ 個の複素数解をもつ。$

$f(z)=0\ \ の解がすべて \ \ f(wz)=0 \ \ の解であるから、解は一致する。$

$すなわち \quad f(z) \equiv f(wz) \quad である。$

\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} w^6=1 \hspace{5em}①\\ w^4=1 \hspace{5em}②\\ w^2=1 \hspace{5em}③\\ \end{array} \right. \]
$③より \quad w=\pm 1$

$これは①②をみたす。$


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