For English speakers: Solve the following equation of complex number z: z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32 = 0. We have some solutions: One is that as z ≠ 2, the beginning equation is same as (z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32)*(z - 2) = z^6 - 64 = 0. Thus the roots are 6th roots of 64 except 2. Therefore we consider them in the complex plane. z = 2*{cos(π/3) ± i*sin(π/3)}, 2*{cos(2π/3) ± i*sin(2π/3)}, 2*{cos(π) ± i*sin(π)} = 1 ± i*sqrt(3), -1±i*sqrt(3), -2. Another one is using factorization: z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32 = z^3*(z^2 + 2z + 4) + 8*(z^4 + 2z + 4) = (z + 2)*(z^2 - z + 4)*(z^4 +2z +4).
シンプルだけどいい問題ですね。
「大学じゃ工学部とかでも複素解析やるからね。
ウチの大学来るならこれくらい解いてね」という、
名大の先生からのメッセージだと思いますね。
おはようございます。以前にも名古屋大の問題でZ^6=６４というもんだいの動画がありましたね。あとで調べたら、文系の問題だったようです。
For English speakers:
Solve the following equation of complex number z:
z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32 = 0.
We have some solutions:
One is that as z ≠ 2, the beginning equation is same as
(z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32)*(z - 2) = z^6 - 64 = 0.
Thus the roots are 6th roots of 64 except 2. Therefore we consider them in the complex plane.
z = 2*{cos(π/3) ± i*sin(π/3)}, 2*{cos(2π/3) ± i*sin(2π/3)}, 2*{cos(π) ± i*sin(π)}
= 1 ± i*sqrt(3), -1±i*sqrt(3), -2.
Another one is using factorization:
z^5 + 2z^4 + 4z^3 + 8z^2 + 16z + 32
= z^3*(z^2 + 2z + 4) + 8*(z^4 + 2z + 4)
= (z + 2)*(z^2 - z + 4)*(z^4 +2z +4).
名大にしてはなかなか可愛い問題ですね
私は、与式を初項32、公比 z/2 の等比数列と見て z^6=64
あとは z=r(cos θ+isinθ） r ∈Ｒ r>0
として、r=2 あとは貫太郎先生と同じです。
前の動画の知識のおかげで問題を見たときにしっかり手が動きました！
普通に因数分解して解けましたが、単位円を使った解法に感心するばかりです。
slowdive1358 さん
ありがとうございます。
この整式の因数分解を見ていて、等比級数の和の公式を見つけた時は感動したものです。
係数と項数から
z^3(z^2+2z+4)+2^3(z^2+2z+4)=0
と変形して因数分解しても簡単に解けそうですね
z/2＝xとして、x≠1のもとで、与式をx^6＝1と変形できる。
ここで、x＝cosθ+isinθ(0≦θ＜2π)とおけば、cos6θ+isin6θ＝1
⇔cos6θ＝1かつisin6θ＝0なので、求めるθは
6θ＝2nπ(n＝1,2,3,4,5)として、解を求めました
普通に因数分解が出来たからそっちでやったけれどこちらの解法の方が面白くて良いです🍀
左辺を「初項z⁵公比(2/z)の等比数列の第6項までの和」とみて、z⁵{1-(2/z)⁶}/{1-(2/z)}って変形してみたりした
2をひとつのかたまりとみれば全項5次の同次式のようなものなので同次式の処理の定石どおり両辺2⁵で割ります(この手法は鈴木先生の他の問題のコメントでも私が何度も使っています)。
題意の方程式 ⇔ (z/2)⁵+(z/2)⁴+(z/2)³+(z/2)²+(z/2)+1=0 ⇔ ∃x, { x=z/2 ∧ x⁵+x⁴+x³+x²+x+1=0 }
これは、xが1でない1の6乗根であることをあらわすから、結局、
⇔ ∃x, { x=z/2 ∧ x=-ω*, ω, -1, ω*, -ω } ⇔ z=-2ω*, 2ω, -2, 2ω*, -2ω ⇔ z=1+√3i, -1+√3i, -2, -1-√3i, 1-√3i
名大はちょくちょく、え？となるようなアッサリした問題出してきますね(これ以外にも、確率漸化式など)
いかに正しい論証ができるか試してるんだと思いますが
逆に言えば
z^6=a^6 (a実数)
という形の方程式は因数定理と複二次式の二乗の差を作るタイプの因数分解が頭にあれば複素数の知識を使わなくても解けるという事か！
単位円使ったら解がわかるの不思議
前もこんな問題ありましたね🧝🏻♀️
最初に32で割って、z/2=tとして、t^5+t^4+t^3+t^2+t+1=0ってやって
ああ、終わったなあ、と思った同士の方はいませんか～？
私も同じです。
ありがとうございます！
同じ
私はそれを因数分解して、
(t+1)(t^4+t^2+1)=0とした後に、
t=-1またはt^2=(-1±√3i)/2を得て、後者の方は(cos2/3π±isin2/3π)^1/2のド･モアブルの定理(有理数係数なので高校範囲外)を利用してゴリ押しました。マークならこれで何とかなるでしょうが、記述ではout！笑
直感でz=-2を解の一つとして求めてから
(z+2)(z^4+4z^2+16)=0と変形してから
z^4+z^2+16=0⇔z^2=-2±2√3i
複素平面で考察して極形式で表して
z^2=4(cos120ﾟ+isin120ﾟ),
z^2=4(cos240ﾟ+isin240ﾟ)
よって、ド・モアブルの定理より
z=±2(cos60ﾟ+isin60ﾟ)
z=±2(cos120ﾟ+isin120ﾟ)
よって、解は
z=-2,±1+√3ｉ,±1-√3ｉ
何の変哲もなくてごめんなさい
この解法が普通だと思いますよ。
名大ってだけで身構えてしまう:( °ω°`:):
1次ずつ減ってる方程式みたらまずこれ考えるなぁ
式を見た瞬間、「z^6＝64 の解のうち z＝2 以外のもの５個を求める」という意味なのはすぐ思い付く筈。
あとは、「どれだけ効率よく解くか」です。
動画を再生する前にサムネイルだけ見て自力で解いてみると、多少「あーでもない、こーでもない」で時間をロスしましたが、結局６分間で解けました。
（まぁ複素数というだけでやりにくくなるので、わざわざ難問にしなくても本番では案外点差がつくのかもしれません）
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与式の両辺に(zｰ2)をかけると
(z^6)ｰ64＝0
因数分解して
(z^6)ｰ64＝{(z^3)ｰ8}{(z^3)+8}
＝(zｰ2){(z^2)+2z+4}(z+2){(z^2)ｰ2z+4}
＝0
だから
z＝2、(z^2)+2z+4＝0、z＝ｰ2、(z^2)ｰ2z+4＝0
よって、z＝2 以外の解は
z＝ｰ2、ｰ1±(√3)i、1±(√3)i
（z＝2t に置き換えると、あとで t から z に戻すのを忘れてそのまま回答にしてしまって失点する、という悪い癖が高１のときから完全にはぬけきっていないので、当方は置き換えには消極的にならざるを得ません -_-;）
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解き終わってから、「両辺×(zｰ2) をしなくても、いきなり (z+2) で括れないか？」と思って少し試してみると、
（て言うか、×(zｰ2) で変形してみないと (z+2)という因数があることに気付かなかった。ちょっと考えればｰ2も64の6乗根だから気付きそうなものだが・・）
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与式に z＝ｰ2 を代入しても成り立つので、
左辺は (z+2) で割り切れる。
∴ (z+2){(z^4)+4(z^2)+16}＝0
→ ここからの因数分解がすんなり進まず止まってしまう。
力わざで無理矢理解けば、
z＝ｰ2
z^2＝ｰ2±(2√3)i
∴ z＝ｰ2、ｰ1±(√3)i、1±(√3)i
--------------------
{(z^4)+4(z^2)+16} の因数分解が、他の人のコメントにもあるように、
{(z^2)+4}^2ｰ4(z^2) と変形できれば綺麗に因数分解できてスマートな解法になりますが、
つい焦ってしまって
{(z^2)^2+2}^2+12＝{(z^2)+2+(2√3)i}{(z^2)+2ｰ(2√3)i}
とかやってしまって、ややこしくなってしまう（それでも一応解けますが ^_^;）。
まぁ、この問題が大問１個分だったとしたら、少々下手くそな解き方をしても点数さえ取れれば文句はないが、大問の中の小問１個分だとしたら５分ほどでサクッと答案用紙が完成しないと合格が厳しくなってしまう。
（それに、将来は［何十年・何百年先の話？］頭に電極でもつながれた状態で試験を受ける制度に変わってたりして・・・そうなれば途中の思考内容や計算が全部細かく見られてしまって、「この思考パターンで解いた人は解法や回答が合っていても将来就職してから大事故につながる恐れがあるので不合格かつ永久追放」とかされかねない・・まぁそんな社会にならないことを祈るとしか言えない >_
貫太郎さんのおかげで、組立除法・二重根号除去が出来るようになりました。しかしそれだけでは美しくない解法…。いよいよ複素数平面をマスター….出来んのか？
全く賢いやり方ではないと思いますが、
与式を因数分解。(z+2)(z^4+4z^2+16)=0となる。
z^4+4z^2+16=(z^2+4)^2-4z^2より(z^2+2z+4)(z^2-2z+4)となる。
(z+2)(z^2+2z+4)(z^2-2z+4)=0よりz=-2,1±√3i,-1±√3i
いや、賢いと思うよ。
たぶん93年以前に高校に入学した人は複素平面に馴染みがないはず
長文の横槍で失礼します。
当方の場合、高校に入ったのが昭和の終わり頃。運悪く、高校数学で複素数平面が抜け落ちていた世代です（複素数や虚数という概念は習いましたが、複素数の「絶対値」とか複素数「平面」とか極座標表示も習ってません）。
大学の工学部で、１年生の後半から、なんと物理化学の講義で複素数平面やオイラーの公式が何の説明もなくバシバシ登場して、最初はわけがわからなかった（それだけではなく１年生の４月からいきなり量子化学が出てくるという無茶なカリキュラム！4月頃だとまだ数学の偏微分も習ってないのに初めて見る文字や演算子が大量に出てきて頭がパニック・・・１年生に熱力学や有機化学と並行してそれを教えるのはちょっと無理があるんじゃないかい？・・まぁ何でも難易度の順に並んでいるとは限らないということですな -_-;）。
何となく、ルールが大体わかるようになって試験も卒業研究も学会発表も修士論文も何とか突破して、社会へ・・・
→ しかし、どういうわけか数年でドロップアウトしてしまい、21世紀になってから他の大学を受け直すことに（もう人生滅茶苦茶よ >_
@@ひとはパンのみに生きるにあらず 全くその通りですね
授業は必要なものではなく高校内容ぐらいなら自分で勉強できるということにいかに早く気づくかが大学入試への手がかりになるなと高3のとき思いました。
あれ…学校いらなくね？
aqua-char 2022年？から整数が消えるそうですね。 あーねんまつ
複素数に抵抗があって勉強に精が入らなかったのですが面白そうだから頑張ってみよ
これを観ていただければ、複素数の概略がわかると思います。
なぜ、マイナス×マイナスはプラスなのか？ 負✕負＝正 虚数（複素数）を使って説明しますua-cam.com/video/ApI4LBNHJJg/v-deo.html
Z^6=64をみたあとに解いたから余裕だった笑
2^n+1は15の倍数じゃないみたいな問題をまた見たいですが見つかりません。
どんな問題でしたか？
これです。
御茶ノ水女子 整数問題 高校数学ua-cam.com/video/m8yRi92v0iM/v-deo.html
鈴木貫太郎
ありがとうございます！
文系でこの解法ぱっと思いつく受験生いるんかな？
Um interesting.
もしも文系出題だったらと考え、単位円を使わずに因数分解で解くほうを考えてみましたが普通にいけそうですね
既に何人かの方がいろんな因数分解を書かれていますが、
(z+2)(z^4+4z^2+16)=-0, (z+2)(z^2+2z+4)(z^2-2z+4)=0
と特別な発想のいらない素直な変形でもいけます
こんな解放知らんかった...
ぱっと見て五次方程式は代数的に解けないはずだと思って問題見たらそうでもなかった。
５次方程式は２次方程式のような解の公式は存在しないのであって、解ける５次方程式もある。
z^6=2^6のところで半径2の円を考えてはいけないのでしょうか。
いいのではないでしょうか。
鈴木貫太郎 わざわざありがとうございます。
z⁵+2z⁴+4z³+8z²+16z+32=0
(z³+1)(z²+z+1)=0
(z+1)(z²-z+1)(z²+z+1)=0
でもいいですね。
かなり簡単に感じた
済