1の $n$ 乗根と原始 $n$ 乗根

2025年度高2発展2026年10月6日13分で読めます塾講師木下複素数平面

1. $z^{n} = 1$ の解は正 $n$ 角形の頂点に並ぶ
2. はじめて $1$ に戻る回数と原始 $n$ 乗根
3. 原始 $n$ 乗根のべきは $n$ 乗根をすべて出す
4. 同じ論法を整数の余りに使う
5. 積について閉じた有限集合

絶対値が $1$ の複素数をかけると、複素数平面の点は原点のまわりにその偏角だけ回ります。この頁ではこの見方を足場にして、方程式 $z^n=1$ の解を調べます。§1〜§3 は授業で扱った問題の背景にあたる内容で、§4 は同じ論法を整数の余りに当てはめた話、§5 は入試に出たことのある発展的な話題です。

1. $z^n=1$ の解は正 $n$ 角形の頂点に並ぶ

$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\ (r>0)$ とおくと、ド・モアブルの定理から $z^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)$ です。これが $1$ に等しくなるのは、 $r^n=1$ で、しかも $n\theta$ が $2\pi$ の整数倍のときです。よって $r=1$ 、 $\theta=\dfrac{2\pi k}{n}$ （ $k$ は整数）となります。 $k$ を $n$ だけ増やすと偏角が $2\pi$ 増えて同じ点に戻るので、異なる解は

$\begin{aligned}\xi_k&=\cos\frac{2\pi k}{n}+i\sin\frac{2\pi k}{n}\qquad (k=0,\,1,\,\ldots,\,n-1)\end{aligned}$

の $n$ 個です。これらを $1$ の $n$ 乗根と呼びます。偏角が $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ増えるので、 $n$ 個の点は単位円を $n$ 等分し、 $1$ を頂点の一つとする正 $n$ 角形の頂点になります。なお $\xi_n=\xi_0=1$ なので、番号を $1$ から $n$ まで振っても同じ $n$ 個を表します（§2 ではそちらを使います）。

一つの $1$ の $n$ 乗根 $z$ をとって $1,\,z,\,z^2,\,\ldots$ と並べるとき、隣の頂点へ一つずつ進むとは限りません。 $z$ をかけるたびに点は $z$ の偏角だけ回るので、 $z$ の偏角が大きければ一度に何個も頂点を飛ばします。図1は $n=7$ 、 $z=\xi_3$ （偏角は $\dfrac37\cdot2\pi$ ）の場合で、 $1\to z\to z^2\to\cdots\to z^7=1$ と結ぶと、星形を描きながら単位円を $3$ 周して、 $7$ 個の頂点をちょうど $1$ 回ずつ通ります。

図1　

1

の

7

乗根と、

z

の偏角が

\frac37

周のときの

1,\ z,\ z^2,\ \ldots,\ z^6

の位置。順に結ぶと星形になる

授業で扱った問題のように「 $1,\,z,\,z^2,\,\ldots,\,z^{n-1}$ が正 $n$ 角形の頂点をなす」という場面でも、この順に隣り合っているかどうかは別に確かめる必要があります。

2. はじめて $1$ に戻る回数と原始 $n$ 乗根

図1の $z$ は $7$ 回かけてはじめて $1$ に戻りました。ところが、どの $1$ の $n$ 乗根でも $n$ 回かかるわけではありません。 $n=12$ で偏角 $\dfrac{8}{12}\cdot2\pi=\dfrac{4\pi}{3}$ の点 $\alpha$ をとると、 $\alpha^3$ の偏角は $4\pi$ なので $\alpha^3=1$ となり、 $\alpha$ のべきは $12$ 個の頂点のうち $3$ 個しか通りません（図2の右）。この違いを言葉にするために、次の用語を使います。

位数と原始 $n$ 乗根

複素数 $z$ について、 $z^k=1$ を満たす最小の正の整数 $k$ を $z$ の位数という。

$1$ の $n$ 乗根のうち、位数がちょうど $n$ であるもの（ $n$ 乗してはじめて $1$ になるもの）を $1$ の原始 $n$ 乗根という。

図2　

1

の

12

乗根。左は偏角

\frac5{12}

周の

\alpha

のべきが

12

個すべてを通る様子、右は偏角

\frac8{12}

周の

\alpha

のべきが

3

個だけを通る様子

$n=12$ について、 $\xi_m$ （偏角 $\dfrac{m}{12}\cdot2\pi$ ）の位数を $m=1,\,\ldots,\,12$ で全部書き出すと次の表になります。

$m$	位数	$m$	位数
1	12	7	12
2	6	8	3
3	4	9	4
4	3	10	6
5	12	11	12
6	2	12	1

表の位数は、分数 $\dfrac{m}{12}$ を約分しきったときの分母になっています。たとえば $\dfrac{8}{12}=\dfrac23$ なので位数は $3$ 、 $\dfrac{9}{12}=\dfrac34$ なので位数は $4$ です。約分できない $m=1,\,5,\,7,\,11$ だけが位数 $12$ 、すなわち原始 $12$ 乗根です。一般に次が成り立ちます。

$\xi_m$ の位数と、原始 $n$ 乗根になる条件

$\xi_m=\cos\dfrac{2\pi m}{n}+i\sin\dfrac{2\pi m}{n}\ (m=1,\,2,\,\ldots,\,n)$ について、 $m$ と $n$ の最大公約数を $d$ とすると

$\xi_m\ \text{の位数}=\frac nd$

特に、 $\xi_m$ が $1$ の原始 $n$ 乗根であるのは、 $m$ と $n$ が互いに素のとき、かつそのときに限る。

証明

正の整数 $k$ について、 $\xi_m^{\,k}=\cos\dfrac{2\pi mk}{n}+i\sin\dfrac{2\pi mk}{n}$ が $1$ になるのは、 $\dfrac{mk}{n}$ が整数のとき、つまり $n$ が $mk$ を割り切るときである。 $m=dm'$ 、 $n=dn'$ とおくと $m'$ と $n'$ は互いに素で、「 $n$ が $mk$ を割り切る」は「 $n'$ が $m'k$ を割り切る」と同じである。 $n'$ は $m'$ と共通の素因数を持たないので、これは「 $n'$ が $k$ を割り切る」と同値になる。そのような正の整数 $k$ のうち最小のものは $k=n'=\dfrac nd$ である。□

$1$ の原始 $n$ 乗根の個数は、 $1$ 以上 $n$ 以下で $n$ と互いに素な整数の個数に等しくなります。 $n=12$ なら $4$ 個、 $n$ が素数 $p$ なら $1$ 以外の $p-1$ 個すべてです。

3. 原始 $n$ 乗根のべきは $n$ 乗根をすべて出す

図2の左では、原始 $12$ 乗根 $\alpha$ のべき $\alpha,\,\alpha^2,\,\ldots,\,\alpha^{12}$ が $12$ 個の頂点を $1$ 回ずつ通っていました。これは偶然ではありません。

原始 $n$ 乗根のべき

$\alpha$ を $1$ の原始 $n$ 乗根とすると、 $\alpha,\ \alpha^2,\ \ldots,\ \alpha^n$ は互いに異なり、この $n$ 個で $1$ の $n$ 乗根がすべて出そろう。

証明

各 $\alpha^k$ は $(\alpha^k)^n=(\alpha^n)^k=1$ を満たすので $1$ の $n$ 乗根である。 $1$ の $n$ 乗根は全部で $n$ 個しかないから、 $\alpha,\,\ldots,\,\alpha^n$ が互いに異なることさえ言えれば、 $n$ 個すべてが現れる。

$\alpha^k=\alpha^l\ (1\leqq k<l\leqq n)$ となる組があったとする。 $\alpha\neq0$ なので両辺を $\alpha^k$ で割れて、 $\alpha^{l-k}=1$ となる。ところが $1\leqq l-k\leqq n-1$ であり、これは $\alpha$ の位数が $n$ であることに反する。よって $\alpha,\,\ldots,\,\alpha^n$ は互いに異なる。□

逆に、 $\alpha$ の位数 $e$ が $n$ より小さいと、 $\alpha^{k+e}=\alpha^k$ なので同じ点が $e$ 個ごとにくり返し現れ、べきが通る点は $e$ 個だけです（図2の右は $e=3$ ）。

証明の中身は「二つが重なったと仮定すると、その差の回数だけかけて $1$ に戻ることになり、位数より少ない回数で戻るので矛盾」という一行です。次の §4 と §5 でも、この形の議論をもう一度使います。

4. 同じ論法を整数の余りに使う

$1$ の $n$ 乗根の世界の「 $\alpha$ をかけて回る」を、整数の世界の「 $a$ を足して $b$ で割った余りを見る」に置き換えると、ほとんど同じ議論が通ります。 $a=5$ 、 $b=7$ で $5,\,10,\,15,\,20,\,25,\,30$ を $7$ で割った余りを並べると $5,\,3,\,1,\,6,\,4,\,2$ となり、 $1$ から $6$ までが $1$ 回ずつ現れます。 $7$ 目盛りの時計を $5$ 目盛りずつ進むと考えると、図3のように星形を描いてすべての目盛りを通ります。

図3　

0

から

6

の目盛りを持つ円で、

0

から

5

目盛りずつ進むと

0,\,5,\,3,\,1,\,6,\,4,\,2

の順にすべての目盛りを通る

倍数を $b$ で割った余りは重ならない

自然数 $a,\ b$ は互いに素で、 $b\geqq2$ とする。 $a,\ 2a,\ \ldots,\ (b-1)a$ を $b$ で割った余りは互いに異なり、どれも $0$ でない。したがって、余りには $1,\,2,\,\ldots,\,b-1$ がちょうど $1$ 回ずつ現れる。

証明

$1\leqq k\leqq b-1$ とする。 $ka$ が $b$ で割り切れたとすると、 $a$ と $b$ は互いに素なので $k$ が $b$ で割り切れることになるが、 $0<k<b$ なのでありえない。よって余りに $0$ は無い。

次に、 $ka$ と $la\ (1\leqq k<l\leqq b-1)$ の余りが等しいとすると、差 $(l-k)a$ が $b$ で割り切れる。同じ理由で $l-k$ が $b$ で割り切れることになるが、 $1\leqq l-k\leqq b-2$ なので矛盾する。よって余りは互いに異なる。

$1$ 以上 $b-1$ 以下の値をとる $b-1$ 個の余りが互いに異なるので、 $1$ から $b-1$ までがちょうど $1$ 回ずつ現れる。□

この性質を「中国剰余定理」と呼ぶ資料がありますが、それは別の定理です。1中国剰余定理は「 $m,\ n$ が互いに素なら、 $x\equiv a\pmod m$ と $x\equiv b\pmod n$ を同時に満たす整数 $x$ が、 $mn$ で割った余りとしてただ一つに定まる」という連立合同式の定理です。この節の性質は、その証明に使われる補題にあたります。下の脚注へここから、整数の重要な性質が二つ導けます。

$ax+by=1$ の整数解

$a,\ b$ が互いに素な整数ならば、 $ax+by=1$ を満たす整数の組 $(x,\,y)$ が存在する。

証明

まず $a,\ b$ が自然数の場合を示す。 $b=1$ なら $(x,\,y)=(0,\,1)$ でよい。 $b\geqq2$ なら、上の性質から $a,\,2a,\,\ldots,\,(b-1)a$ の中に $b$ で割った余りが $1$ になるもの $xa$ がある。 $xa-1$ は $b$ の倍数なので、 $xa-1=-yb$ となる整数 $y$ がとれ、 $ax+by=1$ が成り立つ。

$a$ や $b$ が負のときは、 $|a|,\ |b|$ について得た解の $x$ や $y$ の符号を変えればよい。一方が $0$ のときは、互いに素であることから他方は $\pm1$ なので、解はすぐに見つかる。□

$a=5,\ b=7$ なら、余りが $1$ になるのは $3\cdot5=15=2\cdot7+1$ なので、 $5\cdot3+7\cdot(-2)=1$ が一つの解です。

フェルマーの小定理

$p$ を素数、 $a$ を $p$ で割り切れない整数とすると、

$a^{p-1}\equiv1\pmod p$

証明

$a$ を $p$ で割った余りを考えれば、 $a$ は $1\leqq a\leqq p-1$ としてよい（ $a$ を余りに置き換えても $a^{p-1}$ の余りは変わらない）。 $p$ は素数で $a$ を割り切らないので、 $a$ と $p$ は互いに素である。上の性質から $a,\,2a,\,\ldots,\,(p-1)a$ を $p$ で割った余りは $1,\,\ldots,\,p-1$ を並べかえたものなので、全部かけると

$a\cdot2a\cdots(p-1)a\equiv1\cdot2\cdots(p-1)\pmod p$

左辺は $a^{p-1}\,(p-1)!$ なので、 $p$ は $(p-1)!\,(a^{p-1}-1)$ を割り切る。素数 $p$ は $1,\,2,\,\ldots,\,p-1$ のどれも割り切らないから $(p-1)!$ も割り切らず、したがって $p$ は $a^{p-1}-1$ を割り切る。□

最後の段で $(p-1)!$ を両辺から消すときに、 $p$ が素数であることを使いました。合同式の両辺を同じ数で割ることは一般にはできません（ $2\cdot3\equiv2\cdot0\pmod 6$ ですが $3\not\equiv0\pmod 6$ ）。 $p=7,\ a=5$ で確かめると、 $5^6=15625=7\cdot2232+1$ です。

5. 積について閉じた有限集合

集合 $G$ のどの二つの要素（同じ要素を二度選んでもよい）の積も $G$ の要素になるとき、 $G$ は積について閉じているといいます。 $1$ の $n$ 乗根全体は積について閉じています。 $\alpha^n=\beta^n=1$ なら $(\alpha\beta)^n=\alpha^n\beta^n=1$ だからです。これに $0$ を加えた集合も閉じています。反対に、 $\{1,\,-1,\,i\}$ は $i\cdot(-1)=-i$ が入っていないので閉じていません。

では、有限個の複素数からなり積について閉じた集合は、ほかにもあるのでしょうか。答えは「これだけ」です。

積について閉じた有限集合

① $0$ を含まない $n$ 個の複素数からなり、積について閉じた集合は、 $1$ の $n$ 乗根全体に限る。

② $0$ を含む $n+1$ 個の複素数からなり、積について閉じた集合は、 $1$ の $n$ 乗根全体に $0$ を加えたものに限る。

①は、2001年の京都府立医科大学の入試で証明させる形で出題されています。

①の証明

集合を $G=\{z_1,\,z_2,\,\ldots,\,z_n\}$ とし、 $G$ から要素 $z$ を一つ選ぶ。 $n$ 個の積 $zz_1,\,zz_2,\,\ldots,\,zz_n$ は、閉じていることからどれも $G$ の要素である。また $z\neq0$ なので、 $zz_j=zz_k$ なら $z_j=z_k$ となり、この $n$ 個は互いに異なる。 $G$ の要素はちょうど $n$ 個なので、 $zz_1,\,\ldots,\,zz_n$ は $z_1,\,\ldots,\,z_n$ を並べかえたものにほかならない。

そこで両方の $n$ 個をそれぞれ全部かけると、積の値は等しく

$z^n\,z_1z_2\cdots z_n=z_1z_2\cdots z_n$

$z_1z_2\cdots z_n\neq0$ で割って $z^n=1$ を得る。 $z$ は $G$ のどの要素でもよかったので、 $G$ の要素はすべて $1$ の $n$ 乗根である。 $1$ の $n$ 乗根はちょうど $n$ 個で、 $G$ も $n$ 個の要素からなるので、 $G$ は $1$ の $n$ 乗根全体に一致する。□

②は①に帰着できます。 $G$ から $0$ を除いた $n$ 個の集合を $G'$ とすると、 $G'$ の二つの要素の積は $G$ の要素で、しかも $0$ でない数どうしの積なので $0$ ではありません。よって積は $G'$ の要素であり、 $G'$ は $0$ を含まない $n$ 個の、積について閉じた集合です。①から $G'$ は $1$ の $n$ 乗根全体です。