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③は、誘導を無視して、こういう解き方もあります（私が思いついたものではありませんが）。t=π/5とおく。sin(t)cos(t)cos(2t) = (1/2)sin(2t)cos(2t) = (1/4)sin(4t) = (1/4)sin(π-t) = (1/4)sin(t) であり、sin(t)≠0なので、cos(t)cos(2t)=1/4である。（まずcos(t)cos(2t)があって、それにsin(t)を掛けると、次々にsinの倍角の公式が使えるようになる、という発想です。）
ワシも。
円周等分方程式の良くある問題ですね。(1) 2z^4+z^2+2=(√5)z^2この両辺を２乗して整理するとz^8+z^6+z^4+z^2+1=0 ..(△)両辺に z^2-1 をかけてz^10-1=0(2) (1) の (△) の両辺に z をかけました。(3) cos(π/5) も cos(2π/5) もおぼえているので計算するだけで示せますけど、誘導に乗るとすれば(2) でz+z^3+z^5+z^7+z^9=0 の実部についてcos(π/5)+cos(3π/5)+cosπ+cos(7π/5)+cos(9π/5)=0θ=π/5 としてcos3θ=cos(π-2θ), cos7θ=cos(π+2θ), cos9θ=cos(2π-θ) をつかって整理すると2cos2θ=2cosθ-1左辺に２倍角の公式をつかって整理すると4(cosθ)^2-2cosθ-1=0 ..(※)一方値を求める式はcosθcos2θ=(1/2)(2(cosθ)^2-cosθ)(※) よりcosθcos2θ=(1/2)×(1/2)=1/4
（3）の所のzの奇数乗和の実部がcosの和になるという部分、自明としていいのでしょうか？与式を解くと、（n±1／5）πの所が解となると思うのですが、1の5乗根の時と－1の5乗根の時で結果が変わって来ませんか？何か、とんちんかんな事言っていたら、すみません。
@@vacuumcarexpo さんご指摘ありがとうございます。外出先からなので細かな計算ができないのですが、1 の原始５乗根の場合でも、-1 の原始５乗根の場合でも、５点は正５角形の頂点になりますので、実部の和が０で良いと思います。(3) で示すのは偏角が π/5 の場合ですけど、確かにこちらは-1の原始５乗根になっています。ここで円周等分方程式に戻って話をしますと、z^10=1⇄(z-1)(z+1)(z^4+z^3+z^2+z+1)(z^4-z^3+z^2-z+1)=0⇄z=1 または z=-1 またはz^4+z^3+z^2+z+1=0 または z^4-z^3+z^2-z+1=0 ..(△)設問 (2) で示した式に至る道筋が、1 の原始５乗根と -1 の原始５乗根では違うんですけど、結局どちらでも成り立ちます。//１の原始５乗根の場合//(△) の z^4+z^3+z^2+z+1=0 の解であるから、この式の両辺に z^5 をかけてz^9+z^8+z^7+z^6+z^5=0z^8=z^3, z^6=z であるから、z^9+z^7+z^5+z^3+z=0は成り立つ。//-1 の原始５乗根の場合//(△) の z^4-z^3+z^2-z+1=0 の解であるから、この式の両辺に z^5 をかけてz^9-z^8+z^7+-z^6+z^5=0z^8=-z^3, z^6=-z であるから（∵ z^5=-1）、z^9+z^7+z^5+z^3+z=0はやはり成り立つ。どこかおかしなところがあれば、再度ご指摘をお願いします。
@@kiss_off ご返信ありがとうございます。確かに答はそうなんですが、「コレ、円分多項式だから知ってるわ」というのはなしで、誘導の（1）（2）が言えた時点で即、これ言っていいのかどうか？というのが気になったので、ちょっとお聞きしました。
自分では解かないのですがいつも解説ありがとうございます。勉強になります
➂はcosπ/５，cos2π/５を求めましたが、先生の講義でもされたことがある相似、余弦定理を使用して出しました。流れにあう方法があるのでしょうね。コメント含めて勉強させていただきます。
よくある，36度 72度 72度の二等辺三角形を使ってcos36度 cos72度を求める方法を使うと，具体的な値を計算しなくても掛けて1/4が示せてしまいます．（これも一つの出題意図不明問題）もう少し上手く誘導するように作問できれば良かったのでしょうね．
正直（1）も何故か解けず、（3）も悩むことすらできませんでした…😭😭😭😭ルートを移項してから２乗するなんていう簡単な操作が何故思いつかない…😢普段から急にこういう問題が出てきても解けるように訓練しているつもりでしたが…😅悔しい😢
(1)はz^10 -1の次数を下げていっても多分解けると思うけどね 大変だから試してないけど
@@jalmar40298次数下げでも出来ました。偶数次数のみなんで、割りとすぐですね。
α^2+1/α^2はα+1/αを求める途中で現れたα^2-α+1-1/α+1/α^2=0を使ってα^2+1/α^2=α+1/α-1として求めると楽。
おはようございます。形から正五角形が見えてきますね。Z^2=Y とおくと、 Y^4+Y^3+Y^2+Y^1+1 = 0 を相反方程式の形で整理し解くと、Y+1/Y = (-1±√5)/2 ⇔ 2Y^2 + (1±√5)Y + 2 = 0よって、2Y^2 + (1-√5)Y + 1 = 0 を満たす Y=Z^2 は、Z^10 - 1 = 0 の解の一部となるので題意成立、として解きました。
2番間違えました。。3番はA=もとめたいものとして、両辺にsinπ/5を掛けてからsinの倍角公式で変形していけば終わりですね。それまでの流れは完全無視になりますが。
随分と苦労しました。①は動画のような着眼点を持つことができず、両辺を2で割ってz^4を左辺に、その他を右辺に移項して取り敢えず2乗2乗すると右辺は z^4の項が出てくるので与方程式をつかって次下げさらに両辺にz^2を掛けてやって右辺を同様に次下げしていくとz^2の項が消えて1だけ残りました。（メデタシ、メデタシ）②は求める式をAとでもくとA+A/z=0(1+1/z)A=0 z=-1は与方程式解ではないのでA=0 ③は左辺を積和で和の形にバラすと（cos3π/5+cosπ/5)/2 ･･･◎ここで②の結果を使ってz^5=−1，z^7=1/z^3，z^9=1/zこれを②の式に代入するとz^3+1/z^3+z+1/z-1=0 ･･･☆z=cosπ/5+i sinπ/5 なのでz+1/z=2cosπ/5 ドゥ･モアブルを使うと同様にz^3+1/z^3=2cos3π/5これを☆に代入すると2(cos3π/5+cosπ/5)−1=0(cos3π/5+cosπ/5)=1/2◎に代入して求める値は1/4で出しました。本日も勉強になりました。ありがとうございました。
⑶は実際に数値も出して解きましたが，下記のようにも解けました.極形式の虚部を打ち消せばいいから，cos(π/5)=(z+z^9)/2cos(2π/5)=(z^2+z^8)/2とおけるのであとは掛け算して，z^10=1 や z^5=-1 とか，⑵の解を利用したら「=1/4」がでました．「=1/4」を示せ，というのはありがたい．計算間違いを気付かせてくれますね．「値を求めよ」だったら，間違ったかも．
⑴次数下げ、⑵等比数列の和、⑶ド・モアブル他で解きました。⑶は最初に与えられた方程式とは無関係に解きました・・・⑴ 𝜑′＝(1－√5)/2 とすると, 与式より 𝑧⁴＝－𝜑′𝑧²－1, 両辺自乗して次数下げすると 𝑧⁸＝𝜑′²𝑧⁴＋2𝜑′𝑧²＋1＝(－𝜑′³＋2𝜑′)𝑧²－𝜑′²＋1, 𝜑′²＝𝜑′＋1, 𝜑′³＝2𝜑′＋1 の関係を用いて 𝑧⁸＝－𝑧²－𝜑′, 更に両辺に 𝑧² をかけて次数下げすると 𝑧¹⁰＝－𝑧⁴－𝜑′𝑧²＝1.⑵ 与式から明らかに 𝑧² ≠ 1 であるから, 等比数列の和の公式より 𝑧＋𝑧³＋𝑧⁵＋𝑧⁷＋𝑧⁹ ＝𝑧(𝑧²˙⁵－1)/(𝑧²－1) ＝𝑧(𝑧¹⁰－1)/(𝑧²－1) ＝0（∵ ⑴）.⑶ 𝛼＝cos(𝜋/5)＋𝒊 sin(𝜋/5) とすると, ド・モアブルの定理より 𝛼¹⁰＝1, 明らかに 𝛼² ≠ 1 であるから, ⑵と同様にして 𝛼＋𝛼³＋𝛼⁵＋𝛼⁷＋𝛼⁹＝0, 再び同定理を使って, 両辺の実部を比較すると cos(𝜋/5)＋cos(3𝜋/5)＋cos(5𝜋/5)＋cos(7𝜋/5)＋cos(9𝜋/5)＝0, よって cos(𝜋/5)＋cos(3𝜋/5)＝1/2. 和積の公式より 𝑐𝑜𝑠(𝜋/5)𝑐𝑜𝑠(2𝜋/5)＝1/4.
こりゃ～モリーの法則が使える形やね。モリーの法則についての解説に関してはあたしの233で。cos(π/5)cos(2π/5)=-cos(4π/5)cos(2π/5)=-sin(8π/5)/4sin(2π/5)=1/4
あ、実質同じコメあったわ。まぁいっかぁ～😋
そんな法則あるんですね そのまま当てはめて cos(π/5)cos(2π/5)=sin(4π/5)/4sin(π/5)=1/4 ではいけないんでしょうか？
@@YN-nu4kb あぁ～それでもいいいですね～😄
う～～ん…この問題、色々議論になりそうですなぁ…ただ、問題を一目見て思ったのは”初めっからド・モアブルで突撃してはどうか？”と思った。まぁみんな大好き？”解と係数の関係”から攻めていく方がいいのかなとも考えてみたり……とみると、これ、実は貫太郎先生考えすぎなんじゃないか？…と思わんでも。
他のチャンネルで解いた問題なので、そのときのコメント貼り付けておきま〜す😊(1) 与えられた方程式をz^2について解くとz^2=p±qiただし p=((√5)-1)/4, q=(√(2(√5)+10)/4これはz^=cos72°+i*sin72°, cos288°+i*sin288° のことで、それぞれの５倍角が360°の倍数となっていることからz^10=1(2) (1) から z^10-1=0 つまり(z^2-1)(z^8+z^6+z^4+z^2+1)=0z^2≠1 より z^8+z^6+z^4+z^2+1=0あとは動画と同じ。(3) 計算するだけ。cos36°×cos72°=(((√5)+1)/4)×(((√5)-1)/4)=(1/16)×(5-1)=1/4
たてぃこですな。最近、たてぃこづいてますな。
パピコ🍨🍭🍬😊❤
横浜市立大学の複素数の６次の方程式問題が何故、突然 ｚ＾３－１＝０ を利用したところがよく解らないです。良かったらほんの少しだけ助言、頂けないでしょうか。 難しいです。🥲
すみません！横浜市立大学でした！
@@coscos3060 さんこのチャンネルの問題ですか？
『ゲノムの子』「ゲノムの親」も読みたいな ②を、−５としてしまいました。勉強になりました。どうも、ありがとうございました。 石原先生、お願いします。
方程式が複２次なので，最初にz^2を求めて進めました。①z^2＝{√5 - 1 ± i * √(10 + 2√5)}/4ここで|z^2| = 1なので，z^2 = cos θ ± i * sin θ(0 ≦ θ < 2π)つまりcos θ = (√5 - 1)/45倍角の公式よりcos (5θ) = 16(cos θ)^5 - 20(cos θ)^3 + 5cos θ = cos θ [ {4 (cos θ)^2 - 5/2}^2 - 5/4 ] = 1となり5θ = 2π（θ = 2π/5）と分かるのでz^10 = cos(2π) ± i * sin (2π) = 1②は似たり寄ったりですがz^10 - 1 = (z - 1)(z^9 + z^8 + …… + z + 1) = 0 (**)かつz ≠ 1よりz^9 + z^8 + …… + z + 1 = 0でz^5 = - 1に注意してz^10 - 1 = (z^2 - 1)(z^8 + z^6 + z^4 + z^2 +1) = 0かつz^2 ≠ 1よりz^8 + z^6 + z^4 + z^2 +1 = 0であり，(**)も踏まえて0としました。 ③は①よりcos (2π/5) = (√5 - 1)/4と分かっているので半角の公式よりcos(π/5) = (√5 + 1)/4なので，これらを掛ければ1/4としました。
such a nice answer !
@@coscos3060 さんありがとうございます！結構面倒な問題でしたね😅
おはようございます。
ん？α+1/αの値からα^2+1/α^2の値はすぐに求まるのでは？
ヨシッ❗こないだ他チャンネルでやった時は、雑五郎だったので、改めて紙吉。③はsinを掛けて、後で割った。
これは題意のｚが１の十乗根のどれなのかを特定してそれを使って(3)を解くのかと思って無駄に長考してしまった、罠か
｢先を読み 上手く乗りたい 誘導に｣ 明快な解説に感謝します。
たぶんですが、③は②からcos(π/5)＋cos(3π/5)＝1/2を求めて、和⇒積の公式を使って欲しかったのだと思います。(笑)
@@kosei-kshmt 様 貴殿のアドバイスに感謝申し上げます。
③は、誘導を無視して、こういう解き方もあります（私が思いついたものではありませんが）。
t=π/5とおく。sin(t)cos(t)cos(2t) = (1/2)sin(2t)cos(2t) = (1/4)sin(4t) = (1/4)sin(π-t) = (1/4)sin(t) であり、sin(t)≠0なので、cos(t)cos(2t)=1/4である。
（まずcos(t)cos(2t)があって、それにsin(t)を掛けると、次々にsinの倍角の公式が使えるようになる、という発想です。）
ワシも。
円周等分方程式の良くある問題ですね。
(1) 2z^4+z^2+2=(√5)z^2
この両辺を２乗して整理すると
z^8+z^6+z^4+z^2+1=0 ..(△)
両辺に z^2-1 をかけて
z^10-1=0
(2) (1) の (△) の両辺に z をかけました。
(3) cos(π/5) も cos(2π/5) もおぼえているので計算するだけで示せますけど、誘導に乗るとすれば
(2) でz+z^3+z^5+z^7+z^9=0 の実部について
cos(π/5)+cos(3π/5)+cosπ+cos(7π/5)+cos(9π/5)=0
θ=π/5 として
cos3θ=cos(π-2θ), cos7θ=cos(π+2θ), cos9θ=cos(2π-θ) をつかって整理すると
2cos2θ=2cosθ-1
左辺に２倍角の公式をつかって整理すると
4(cosθ)^2-2cosθ-1=0 ..(※)
一方値を求める式は
cosθcos2θ=(1/2)(2(cosθ)^2-cosθ)
(※) より
cosθcos2θ=(1/2)×(1/2)=1/4
（3）の所のzの奇数乗和の実部がcosの和になるという部分、自明としていいのでしょうか？
与式を解くと、（n±1／5）πの所が解となると思うのですが、1の5乗根の時と－1の5乗根の時で結果が変わって来ませんか？
何か、とんちんかんな事言っていたら、すみません。
@@vacuumcarexpo さん
ご指摘ありがとうございます。
外出先からなので細かな計算ができないのですが、1 の原始５乗根の場合でも、-1 の原始５乗根の場合でも、５点は正５角形の頂点になりますので、実部の和が０で良いと思います。
(3) で示すのは偏角が π/5 の場合ですけど、確かにこちらは-1の原始５乗根になっています。
ここで円周等分方程式に戻って話をしますと、
z^10=1
⇄(z-1)(z+1)(z^4+z^3+z^2+z+1)(z^4-z^3+z^2-z+1)=0
⇄z=1 または z=-1 またはz^4+z^3+z^2+z+1=0 または z^4-z^3+z^2-z+1=0 ..(△)
設問 (2) で示した式に至る道筋が、1 の原始５乗根と -1 の原始５乗根では違うんですけど、結局どちらでも成り立ちます。
//１の原始５乗根の場合//
(△) の z^4+z^3+z^2+z+1=0 の解であるから、この式の両辺に z^5 をかけて
z^9+z^8+z^7+z^6+z^5=0
z^8=z^3, z^6=z であるから、
z^9+z^7+z^5+z^3+z=0
は成り立つ。
//-1 の原始５乗根の場合//
(△) の z^4-z^3+z^2-z+1=0 の解であるから、この式の両辺に z^5 をかけて
z^9-z^8+z^7+-z^6+z^5=0
z^8=-z^3, z^6=-z であるから（∵ z^5=-1）、
z^9+z^7+z^5+z^3+z=0
はやはり成り立つ。
どこかおかしなところがあれば、再度ご指摘をお願いします。
@@kiss_off ご返信ありがとうございます。
確かに答はそうなんですが、「コレ、円分多項式だから知ってるわ」というのはなしで、誘導の（1）（2）が言えた時点で即、これ言っていいのかどうか？というのが気になったので、ちょっとお聞きしました。
自分では解かないのですがいつも解説ありがとうございます。勉強になります
➂はcosπ/５，cos2π/５を求めましたが、先生の講義でもされたことがある相似、余弦定理を使用して出しました。流れにあう方法があるのでしょうね。コメント含めて勉強させていただきます。
よくある，36度 72度 72度の二等辺三角形を使ってcos36度 cos72度を求める方法を使うと，具体的な値を計算しなくても掛けて1/4が示せてしまいます．（これも一つの出題意図不明問題）
もう少し上手く誘導するように作問できれば良かったのでしょうね．
正直（1）も何故か解けず、（3）も悩むことすらできませんでした…😭😭😭😭
ルートを移項してから２乗するなんていう簡単な操作が何故思いつかない…😢
普段から急にこういう問題が出てきても解けるように訓練しているつもりでしたが…😅悔しい😢
(1)はz^10 -1の次数を下げていっても多分解けると思うけどね 大変だから試してないけど
@@jalmar40298次数下げでも出来ました。
偶数次数のみなんで、割りとすぐですね。
α^2+1/α^2はα+1/αを求める途中で現れたα^2-α+1-1/α+1/α^2=0を使ってα^2+1/α^2=α+1/α-1として求めると楽。
おはようございます。形から正五角形が見えてきますね。
Z^2=Y とおくと、 Y^4+Y^3+Y^2+Y^1+1 = 0 を相反方程式の形で整理し解くと、
Y+1/Y = (-1±√5)/2 ⇔ 2Y^2 + (1±√5)Y + 2 = 0
よって、2Y^2 + (1-√5)Y + 1 = 0 を満たす Y=Z^2 は、Z^10 - 1 = 0 の解の一部となるので題意成立、として解きました。
2番間違えました。。
3番はA=もとめたいものとして、両辺にsinπ/5を掛けてからsinの倍角公式で変形していけば終わりですね。それまでの流れは完全無視になりますが。
随分と苦労しました。
①は動画のような着眼点を持つことができず、
両辺を2で割ってz^4を左辺に、その他を右辺に移項して取り敢えず2乗
2乗すると右辺は z^4の項が出てくるので与方程式をつかって次下げ
さらに両辺にz^2を掛けてやって右辺を同様に次下げしていくとz^2の項が消えて1だけ残りました。
（メデタシ、メデタシ）
②は求める式をAとでもくと
A+A/z=0
(1+1/z)A=0 z=-1は与方程式解ではないので
A=0
③は左辺を積和で和の形にバラすと
（cos3π/5+cosπ/5)/2 ･･･◎
ここで②の結果を使って
z^5=−1，z^7=1/z^3，z^9=1/z
これを②の式に代入すると
z^3+1/z^3+z+1/z-1=0 ･･･☆
z=cosπ/5+i sinπ/5 なので
z+1/z=2cosπ/5 ドゥ･モアブルを使うと同様に
z^3+1/z^3=2cos3π/5
これを☆に代入すると
2(cos3π/5+cosπ/5)−1=0
(cos3π/5+cosπ/5)=1/2
◎に代入して求める値は1/4
で出しました。
本日も勉強になりました。ありがとうございました。
⑶は実際に数値も出して解きましたが，下記のようにも解けました.
極形式の虚部を打ち消せばいいから，
cos(π/5)=(z+z^9)/2
cos(2π/5)=(z^2+z^8)/2
とおけるので
あとは掛け算して，z^10=1 や z^5=-1 とか，⑵の解を利用したら「=1/4」がでました．
「=1/4」を示せ，というのはありがたい．計算間違いを気付かせてくれますね．「値を求めよ」だったら，間違ったかも．
⑴次数下げ、⑵等比数列の和、⑶ド・モアブル他で解きました。
⑶は最初に与えられた方程式とは無関係に解きました・・・
⑴ 𝜑′＝(1－√5)/2 とすると, 与式より
𝑧⁴＝－𝜑′𝑧²－1,
両辺自乗して次数下げすると
𝑧⁸＝𝜑′²𝑧⁴＋2𝜑′𝑧²＋1＝(－𝜑′³＋2𝜑′)𝑧²－𝜑′²＋1,
𝜑′²＝𝜑′＋1, 𝜑′³＝2𝜑′＋1 の関係を用いて
𝑧⁸＝－𝑧²－𝜑′,
更に両辺に 𝑧² をかけて次数下げすると
𝑧¹⁰＝－𝑧⁴－𝜑′𝑧²＝1.
⑵ 与式から明らかに 𝑧² ≠ 1 であるから, 等比数列の和の公式より
𝑧＋𝑧³＋𝑧⁵＋𝑧⁷＋𝑧⁹
＝𝑧(𝑧²˙⁵－1)/(𝑧²－1)
＝𝑧(𝑧¹⁰－1)/(𝑧²－1)
＝0（∵ ⑴）.
⑶ 𝛼＝cos(𝜋/5)＋𝒊 sin(𝜋/5) とすると, ド・モアブルの定理より
𝛼¹⁰＝1,
明らかに 𝛼² ≠ 1 であるから, ⑵と同様にして
𝛼＋𝛼³＋𝛼⁵＋𝛼⁷＋𝛼⁹＝0,
再び同定理を使って, 両辺の実部を比較すると
cos(𝜋/5)＋cos(3𝜋/5)＋cos(5𝜋/5)＋cos(7𝜋/5)＋cos(9𝜋/5)＝0,
よって
cos(𝜋/5)＋cos(3𝜋/5)＝1/2.
和積の公式より
𝑐𝑜𝑠(𝜋/5)𝑐𝑜𝑠(2𝜋/5)＝1/4.
こりゃ～モリーの法則が使える形やね。
モリーの法則についての解説に関してはあたしの233で。
cos(π/5)cos(2π/5)=-cos(4π/5)cos(2π/5)=-sin(8π/5)/4sin(2π/5)=1/4
あ、実質同じコメあったわ。まぁいっかぁ～😋
そんな法則あるんですね そのまま当てはめて cos(π/5)cos(2π/5)=sin(4π/5)/4sin(π/5)=1/4 ではいけないんでしょうか？
@@YN-nu4kb あぁ～それでもいいいですね～😄
う～～ん…この問題、色々議論になりそうですなぁ…
ただ、問題を一目見て思ったのは”初めっからド・モアブルで突撃してはどうか？”と思った。
まぁみんな大好き？”解と係数の関係”から攻めていく方がいいのかなとも考えてみたり…
…とみると、これ、実は貫太郎先生考えすぎなんじゃないか？…と思わんでも。
他のチャンネルで解いた問題なので、そのときのコメント貼り付けておきま〜す😊
(1) 与えられた方程式をz^2について解くと
z^2=p±qi
ただし p=((√5)-1)/4, q=(√(2(√5)+10)/4
これは
z^=cos72°+i*sin72°, cos288°+i*sin288° のことで、それぞれの５倍角が360°の倍数となっていることからz^10=1
(2) (1) から z^10-1=0 つまり
(z^2-1)(z^8+z^6+z^4+z^2+1)=0
z^2≠1 より z^8+z^6+z^4+z^2+1=0
あとは動画と同じ。
(3) 計算するだけ。
cos36°×cos72°=(((√5)+1)/4)×(((√5)-1)/4)=(1/16)×(5-1)=1/4
たてぃこですな。最近、たてぃこづいてますな。
パピコ🍨🍭🍬😊❤
横浜市立大学の複素数の６次の方程式問題が何故、突然 ｚ＾３－１＝０ を利用したところがよく解らないです。良かったらほんの少しだけ助言、頂けないでしょうか。 難しいです。🥲
すみません！横浜市立大学でした！
@@coscos3060 さん
このチャンネルの問題ですか？
『ゲノムの子』「ゲノムの親」も読みたいな
②を、−５としてしまいました。勉強になりました。どうも、ありがとうございました。
石原先生、お願いします。
方程式が複２次なので，最初にz^2を求めて進めました。
①
z^2＝{√5 - 1 ± i * √(10 + 2√5)}/4
ここで
|z^2| = 1
なので，
z^2 = cos θ ± i * sin θ(0 ≦ θ < 2π)
つまり
cos θ = (√5 - 1)/4
5倍角の公式より
cos (5θ) = 16(cos θ)^5 - 20(cos θ)^3 + 5cos θ
= cos θ [ {4 (cos θ)^2 - 5/2}^2 - 5/4 ]
= 1
となり
5θ = 2π（θ = 2π/5）
と分かるので
z^10 = cos(2π) ± i * sin (2π) = 1
②は似たり寄ったりですが
z^10 - 1 = (z - 1)(z^9 + z^8 + …… + z + 1) = 0 (**)
かつz ≠ 1より
z^9 + z^8 + …… + z + 1 = 0
で
z^5 = - 1
に注意して
z^10 - 1 = (z^2 - 1)(z^8 + z^6 + z^4 + z^2 +1) = 0
かつz^2 ≠ 1より
z^8 + z^6 + z^4 + z^2 +1 = 0
であり，(**)も踏まえて0としました。
③は①より
cos (2π/5) = (√5 - 1)/4
と分かっているので
半角の公式より
cos(π/5) = (√5 + 1)/4
なので，これらを掛ければ1/4
としました。
such a nice answer !
@@coscos3060 さん
ありがとうございます！
結構面倒な問題でしたね😅
おはようございます。
ん？α+1/αの値からα^2+1/α^2の値はすぐに求まるのでは？
ヨシッ❗
こないだ他チャンネルでやった時は、雑五郎だったので、改めて紙吉。
③はsinを掛けて、後で割った。
これは題意のｚが１の十乗根のどれなのかを特定してそれを使って(3)を解くのかと思って無駄に長考してしまった、罠か
｢先を読み 上手く乗りたい 誘導に｣ 明快な解説に感謝します。
たぶんですが、③は②から
cos(π/5)＋cos(3π/5)＝1/2
を求めて、和⇒積の公式を使って欲しかったのだと思います。(笑)
@@kosei-kshmt 様 貴殿のアドバイスに感謝申し上げます。