복소평면과 복소수의 극형식 (유제 해설)

해설. (1) 복소평면에서 $-z$가 나타내는 점은 $z$가 나타내는 점을 원점에 대하여 대칭이동한 점이다.

(2) 복소평면에서 $\bar{z}$가 나타내는 점은 $z$가 나타내는 점을 $x$축에 대하여 대칭이동한 점이다.

해설. $z=2+\mathit{i}$라고 하면 $\bar{z}=2-\mathit{i}$이다. 그러므로 $$\begin{array}{rl}\mathrm{Re}(z^n-{\left(\bar{z}\right)}^n)& =\mathrm{Re}(z^n-\overline{z^n})\\ & =\frac{1}{2}\{(z^n-\overline{z^n})+\overline{(z^n-\stackrel{―}{z^n})}\}\\ & =\frac{1}{2}\{z^n-\overline{z^n}+\overline{z^n}-z^n\}\\ & =0.\end{array}$$

참고. $p$와 $q$가 정수이고 $z=p+q\mathit{i}$라고 하자. 이때 $z^n$이 순허수가 되도록 하는 자연수 $n$이 존재하기 위한 필요충분조건은 점 $(p,q)$가 네 직선 $x=0,$ $y=0,$ $y=x,$ $y=-x$ 중 하나 이상의 위에 놓여 있는 것이다.

해설. 주어진 복소수가 실수가 되기 위한 필요충분조건은 그 복소수의 허수부분이 $0$인 것이다. 그러므로 $$\mathrm{Im}(z+\frac{1}{z})=0$$ 이 되기 위한 조건을 찾자. $$\begin{array}{rl}\mathrm{Im}(z+\frac{1}{z})& =\mathrm{Im}(z)+\mathrm{Im}\left(\frac{1}{z}\right)\\ & =\mathrm{Im}(z)-\frac{1}{|z{|}^2}\mathrm{Im}(z)\\ & =\mathrm{Im}(z)(1-\frac{1}{|z{|}^2})\end{array}$$ 이며, $\mathrm{Im}(z)\ne 0$이므로, 위 식의 값이 $0$이 되기 위한 필요충분조건은 $$1-\frac{1}{|z{|}^2}=0$$ 이다. 즉 문제의 복소수가 실수가 되기 위한 필요충분조건은 $$|z|=1$$ 이다. 이 조건을 기하학적으로 표현하면, 복소평면에서 $z$가 나타내는 점이 중심이 원점인 단위원 위에 놓여 있는 것이다.

해설. $z=1$일 때 $$\begin{array}{rl}0& =\mathrm{Im}(\alpha z+\beta \bar{z})\\ & =\mathrm{Im}(\alpha +\beta )\\ & =-\frac{\mathit{i}}{2}\{(\alpha +\beta )-\overline{(\alpha +\beta )}\}\end{array}$$ 이므로 $$\begin{array}{}\text{(a)}& \alpha +\beta =\bar{\alpha }+\bar{\beta }\end{array}$$ 이다. 또한 $z=\mathit{i}$일 때 $$\begin{array}{rl}0& =\mathrm{Im}(\alpha z+\beta \bar{z})\\ & =\mathrm{Im}(\alpha \mathit{i}-\beta \mathit{i})\\ & =-\frac{\mathit{i}}{2}\{(\alpha \mathit{i}-\beta \mathit{i})-\overline{(\alpha \mathit{i}-\beta \mathit{i})}\}\\ & =-\frac{\mathit{i}}{2}\{(\alpha \mathit{i}-\beta \mathit{i})+\mathit{i}(\bar{\alpha }-\bar{\beta })\}\end{array}$$ 이므로 $$\begin{array}{}\text{(b)}& \alpha -\beta =-\bar{\alpha }+\bar{\beta }\end{array}$$ 이다. (a)와 (b)를 변마다 더하여 풀면 $$2\alpha =2\bar{\beta }$$ 즉 $\alpha =\bar{\beta }$를 얻는다.

다른 방법. $\alpha =a+b\mathit{i},$ $\beta =c+d\mathit{i},$ $z=x+y\mathit{i}$라고 하자. (단, $a,$ $b,$ $c,$ $d,$ $x,$ $y$는 모두 실수이다.) 그러면 임의의 실수 $x,$ $y$에 대하여 다음 식의 값이 실수여야 한다. $$(a+b\mathit{i})(x+y\mathit{i})+(c+d\mathit{i})(x-y\mathit{i})$$ 위 식을 풀면 $$(ax-by+cx+dy)+\mathit{i}(ay+bx+dx-cy)$$ 이므로, 임의의 실수 $x,$ $y$에 대하여 $$ay+bx+dx-cy=0$$ 즉 $$(b+d)x+(a-c)y=0$$ 이 성립해야 한다. 따라서 다음 연립방정식을 얻는다. $$\{\begin{array}{l}b+d=0\\ a-c=0\end{array}$$ 이 연립방정식을 풀면 $b=-d,$ $a=c$를 얻는다. 그러므로 $$\alpha =a+d\mathit{i}=c-d\mathit{i}=\bar{\beta }$$ 이다.

해설. (1) $|w|=\sqrt{3^2+4^2}\times \sqrt{2^2+7^2}=\sqrt{9+16}\sqrt{4+49}=\sqrt{25}\sqrt{53}=5\sqrt{53}.$

(2) $|z|=\sqrt{53}$이므로 $$\left|z^{3}w\right|=|z{|}^3\times |w|={\left(\sqrt{53}\right)}^3\times 5\sqrt{53}=14045.$$

(3) $$\left|\frac{1}{z}\right|=\frac{1}{|z|}=\frac{1}{\sqrt{53}}.$$

(4) $$\left|\frac{1}{zw}\right|=\frac{1}{|z||w|}=\frac{1}{5\sqrt{53}\times \sqrt{53}}=\frac{1}{265}.$$

해설. $z=a+b\mathit{i},$ $a\in \mathbb{R},$ $b\in \mathbb{R}$이라고 하자. $$\begin{array}{rlrl}& & \sqrt{2}|z|& \ge |\mathrm{Re}(z)|+|\mathrm{Im}(z)|\\ & ⟺& \sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2}& \ge |a|+|b|\\ & ⟺& {\left(\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2}\right)}^2& \ge {(|a|+|b|)}^2\\ & ⟺& 2(a^2+b^2)& \ge a^2+2|a||b|+b^2\\ & ⟺& |a{|}^2-2|a||b|+|b{|}^2& \ge 0\\ & ⟺& {(|a|+|b|)}^2& \ge 0.\end{array}$$ 위 관계식에서 마지막 부등식이 참이므로, 처음 부등식도 참이다.

다른 방법. $z=a+b\mathit{i},$ $a\in \mathbb{R},$ $b\in \mathbb{R}$이라고 하자. $z\ne 0,$ $a\ge 0,$ $b\ge 0$인 경우만 생각해도 충분하다.

$r=|z|,$ $z=r(\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta )$라고 하자. 그러면 $$\begin{array}{rl}|\mathrm{Re}(z)|+|\mathrm{Im}(z)|& =a+b\\ & =r\cos \theta +r\sin \theta \\ & =r(\cos \theta +\sin \theta )\\ & =\sqrt{2}r(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta +\frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta )\\ & =\sqrt{2}r(\sin \frac{\pi }{4}\cos \theta +\cos \frac{\pi }{4}\sin \theta )\\ & =\sqrt{2}r\sin (\frac{\pi }{4}+\theta )\\ & \le \sqrt{2}r=\sqrt{2}|z|.\end{array}$$

해설. 문제의 등식의 좌변을 풀면 다음과 같다. $$\begin{array}{rl}{|1+\bar{z}w|}^2+{|z-w|}^2& =(1+\bar{z}w)\overline{(1+\stackrel{―}{z}w)}+(z-w)\overline{(z-w)}\\ & =(1+\bar{z}w)(1+z\bar{w})+(z-w)(\bar{z}-\bar{w})\\ & =1+\bar{z}w+z\bar{w}+\bar{z}wz\bar{w}+z\bar{z}-z\bar{w}-w\bar{z}+w\bar{w}\\ & =1+\bar{z}z\bar{w}w+z\bar{z}+w\bar{w}\\ & =1+|z{|}^2|w{|}^2+|z{|}^2+|w{|}^2\\ & =(1+|z{|}^2)(1+|w{|}^2).\end{array}$$

해설. (1) $|z_1-z_2|=\sqrt{(2+4{)}^2+(5-1{)}^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.$

(2) $|z_1-z_2|=\sqrt{(3+2{)}^2+(-4-1{)}^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}.$

해설. $u=z+\mathit{i}$라고 하면 $u$는 실수부가 $z$이고 허수부가 $1$인 복소수이며 $$w=\frac{\bar{u}}{u}$$ 이다. 이때 $$|w|=\left|\frac{\bar{u}}{u}\right|=\frac{\left|\bar{u}\right|}{|u|}=\frac{|u|}{|u|}=1$$ 이므로, $w$는 복소평면에서 단위원 위에 놓인 점이다.

한편 $u$의 편각을 $\theta$라고 두면 $\bar{u}$의 편각은 $-\theta$이다. $z$가 실수축 위를 움직일 때 $\theta$의 범위는 $0<\theta <\pi$이고, $$\mathrm{Arg}(w)=\mathrm{Arg}\left(\frac{\bar{u}}{u}\right)=\mathrm{Arg}\left(\bar{u}\right)-\mathrm{Arg}(u)=-\theta -\theta =-2\theta$$ 이다. 그러므로 $w$의 편각의 범위는 $$-2\pi <-2\theta <0$$ 이다. 따라서 $w$의 편각은 $0$을 제외한 모든 값을 가질 수 있다. 그러므로 $w$는 복소평면에서 단위원 위에 놓인 점이며, $1$을 제외한 점이다. 즉 $w$의 자취의 방정식은 $$|w|=1,w\ne 1$$ 이다.

다른 방법. $x,$ $y$가 실수이고 $w=x+y\mathit{i}$라고 하자. 그러면 문제에서 주어진 등식은 다음과 같다. $$x+y\mathit{i}=\frac{z-\mathit{i}}{z+\mathit{i}}.$$ $z$가 실수일 때, 위 식의 우변을 변형하여 실수부와 허수부를 분리하면 다음과 같다. $$x+y\mathit{i}=\frac{z^2-1}{z^2+1}+\frac{-2z}{z^2+1}\mathit{i}.$$ 그러므로 $x$와 $y$는 다음과 같은 매개변수 $z$에 대한 식으로 표현된다. $$\begin{array}{}\text{(a)}& x=\frac{z^2-1}{z^2+1},y=\frac{-2z}{z^2+1}.\end{array}$$ 여기서 첫 번째 등식을 변형하여 $x$를 $z$에 대한 식으로 나타내자. $$\begin{array}{rl}x& =\frac{z^2+1-2}{z^2+1}=1-\frac{2}{z^2+1},\\ x-1& =-\frac{2}{z^2+1},\\ z^2+1& =-\frac{2}{x-1},\\ z^2& =\frac{2}{1-x}-1=\frac{1+x}{1-x}(-1\le x<1),\\ z& =\pm \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}(-1\le x<1).\end{array}$$ 여기서 구한 $z^2$과 $z$를 (a)의 두 번대 등식에 대입하면 다음과 같다. $$\begin{array}{rl}y& =\pm 2\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\times \frac{x-1}{2}\\ & =\mp \sqrt{(1+x)(1-x)}\\ & =\mp \sqrt{1-x^2}(-1\le x<1).\end{array}$$ 그러므로 복소평면에서 $x+y\mathit{i}$가 나타내는 자취는 중심이 원점인 단위원이며, 한 점 $1$만 제외된다.

해설. (1) 삼각부등식에 의하여 다음을 얻는다. $$\begin{array}{rl}|z_1-z_2|& =|z_1+(-z_2)|\\ & \le \left|z_1\right|+|-z_2|\\ & =\left|z_1\right|+\left|z_2\right|.\end{array}$$

(2) 삼각부등식에 의하여 다음을 얻는다. $$\begin{array}{rl}\left|z_1\right|& =|(z_1-z_2)+z_2|\\ & \le |z_1-z_2|+\left|z_2\right|.\end{array}$$ 부등식의 양변에서 $\left|z_2\right|$를 빼면 바라는 부등식을 얻는다.

(3) 삼각부등식에 의하여 다음을 얻는다. $$\begin{array}{rl}|z_1+z_2+z_3|& =|z_1+(z_2+z_3)|\\ & \le \left|z_1\right|+|z_2+z_3|\\ & \le \left|z_1\right|+\left|z_2\right|+\left|z_3\right|.\end{array}$$

해설. (1) $|z|=1$일 때 $$|z^2+z+1|\le {\left|z\right|}^2+|z|+|1|=1+1+1=3$$ 이다. 또한 $z=1$일 때 $$|z^2+z+1|=|1+1+1|=3$$ 이다. 그러므로 구하는 최댓값은 $3$이다.

(2) $|z|=1$일 때 $$|z^3-2|\ge |\left|z^3\right|-|2||=|1-2|=1$$ 이다. 또한 $z=1$일 때 $$|z^3-2|=|1-2|=1$$ 이다. 그러므로 구하는 최솟값은 $1$이다.

다른 방법. (1) 등식 $|z|=1$을 다른 방법으로 표현하면 $$z=\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta ,\theta \in \mathbb{R}$$ 이다. 따라서 $$\begin{array}{rl}{z}^2+z+1& =(\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta )(\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta )+\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta +1\\ & =({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta +\cos \theta +1)+\mathit{i}(2\sin \theta \cos \theta +\sin \theta )\\ & =(2{\cos }^2\theta +\cos \theta )=\mathit{i}\sin \theta (2\cos \theta +1)\\ & =\cos \theta (2\cos \theta +1)+\mathit{i}\sin \theta (2\cos \theta +1)\end{array}$$ 이고, $$\begin{array}{rl}{|z^2+z+1|}^2& ={\cos }^2\theta (2\cos \theta +1{)}^2+{\sin }^2\theta (2\cos \theta +1{)}^2\\ & =({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )(2\cos \theta +1{)}^2\\ & =(2\cos \theta +1{)}^2,\\ |z^2+z+1|& =|2\cos \theta +1|\end{array}$$ 이다. 그런데 $$-2\le 2\cos \theta \le 2$$ 이므로 $$-1\le 2\cos \theta +1\le 3$$ 즉 $$|2\cos \theta +1|\le 3$$ 이다. 여기서 $\theta =2k\pi ,$ $k\in \mathbb{Z}$일 때 $$|2\cos \theta +1|=3$$ 이 성립한다. 그러므로 구하는 최댓값은 $3$이다.

(2) $z=\cos \theta +\mathit{i}\sin \theta ,$ $\theta \in \mathbb{R}$라고 하면 $$z^3=\cos 3\theta +\mathit{i}\sin 3\theta$$ 이므로, $z^3$ 또한 복소평면에서 단위원 위를 움직이며, 단위원 위의 모든 점을 지난다. 따라서 $$|z^3-2|$$ 의 값은 복소평면에서 단위원 위의 점 $z^3$과 $2$ 사이의 거리를 나타낸다. 단위원 위의 점 중에서 $2$와 가장 가까운 점은 $1$이다. 즉 $z^3=1$일 때 $$|z^3-2|=|1-2|=1$$ 이며, 이 값이 구하는 최솟값이다.

해설. 주어진 부등식을 변형하면 다음과 같다. $$\begin{array}{rl}|2z-3|& \le |2z+2|,\\ |z-\frac{3}{2}|& \le |z+1|.\end{array}$$ 이 부등식의 경계는 두 점 $\frac{3}{2}$과 $-1$로부터 거리가 같은 점들의 모임이므로, 직선 $x=\frac{1}{4}$이다. 이 경계를 포함하여, $\frac{3}{2}$에 더 가까운 점들의 모임, 즉 복소평면에서 오른쪽 영역이 구하는 영역이다.

해설. 문제의 부등식을 다음과 같이 두 개의 부등식을 연립한 것으로 나타내자. $$\begin{array}{}\text{(b)}& |z|& \le 3,\text{(c)}& 3& \le \left|\frac{3z-5}{z-\mathit{i}}\right|.\end{array}$$ 우선 (b)는 중심이 원점이고 반지름의 길이가 $3$인 원의 내부와 경계를 포함하는 영역이다.

다음으로 (c)를 변형하자. $$\begin{array}{r}|3z-3\mathit{i}|\le |3z-5|,\\ |z-\mathit{i}|\le |z-\frac{5}{3}|\end{array}$$ 이므로, (c)는 점 $\mathit{i}$와 $\frac{5}{3}$를 잇는 선분의 수직이등분선을 경계로 하고, 왼쪽 윗부분과 경계선을 포함하는 영역이다.

끝으로 (a)는 (b)와 (c)의 공통영역(교집합)이다.

해설. (1) $$z=2(-\cos \frac{\pi }{4}-\mathit{i}\sin \frac{\pi }{4})=2(\cos \frac{5\pi }{4}+\mathit{i}\sin \frac{5\pi }{4}).$$

(2) $$z=\cos (\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{13})+\mathit{i}\sin (\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{13})=\cos \frac{11\pi }{26}+\mathit{i}\sin \frac{11\pi }{26}.$$

해설. (1) 복소평면에서 $z_1$이 나타내는 점을 $\mathrm{A}$이라고 하고 $z_2$가 나타내는 점을 $\mathrm{B}$라고 하며, $z_1+z_2$가 나타내는 점을 $\mathrm{C}$라고 하자.

그러면 $\theta \ne 0$일 때 사각형 $\mathrm{AOBC}$는 마름모이다. 마름모의 두 대각선은 서로 수직이등분하므로 $$\mathrm{\angle }\mathrm{BOC}=\frac{\theta }{2}$$ 이다. 그러므로 $$|z_1+z_2|=\overline{\mathrm{OC}}=2\cos \frac{\theta }{2}$$ 이며, $$\mathrm{Arg}(z_1+z_2)=\frac{3}{2}\theta$$ 이다. $\theta =0$일 때도 $z_1+z_2$의 절댓값과 편각은 동일하게 표현된다.

(2) 앞에서와 마찬가지로 점 $\mathrm{A},$ $\mathrm{B}$를 정하자. 그러면 복소수 $z_1-z_2$가 나타내는 벡터는 벡터 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}$와 같다. 이 벡터의 크기는 선분 $\mathrm{AB}$의 길이와 같다. 그런데 삼각형 $\mathrm{AOB}$에서 사인 법칙을 사용하면 다음을 얻는다. $$\frac{\overline{\mathrm{AB}}}{\sin \theta }=\frac{1}{\sin \frac{\pi -\theta }{2}}.$$ 그러므로 $$\overline{\mathrm{AB}}=\frac{\sin \theta }{\sin (\frac{\pi }{2}-\frac{\theta }{2})}=\frac{2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}}{\cos \frac{\theta }{2}}=2\sin \frac{\theta }{2}.$$ 한편 $z_1-z_2$의 편각은 $$\theta +\mathrm{\angle }\mathrm{BAO}=\theta +\frac{\pi -\theta }{2}=\frac{\pi +\theta }{2}$$ 이다.

해설. 우선 $$\begin{array}{rl}\beta -\alpha & =-\mathit{i}=\cos \frac{3}{2}\pi +\mathit{i}\sin \frac{3}{2}\pi ,\\ \gamma -\alpha & =3+3\mathit{i}=3\sqrt{2}(\cos \frac{\pi }{4}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{4})\end{array}$$ 이다. 그러므로 $$\begin{array}{rl}z& =\frac{\beta -\alpha }{\gamma -\alpha }\\ & =\frac{1}{3\sqrt{2}}(\cos (\frac{3}{2}\pi -\frac{\pi }{4})+\mathit{i}\sin (\frac{3}{2}\pi -\frac{\pi }{4}))\\ & =\frac{\sqrt{2}}{6}(\cos \frac{5}{4}\pi +\mathit{i}\sin \frac{5}{4}\pi )\end{array}$$ 이다.

해설. $\frac{z_2}{z_1}$의 편각이 $\frac{\pi }{2}$이고 $z_1$의 절댓값과 $z_2$의 절댓값이 같으므로 $$z_2=\mathit{i}{z}_1$$ 이다. 이 식으로부터 다음 식을 얻는다. $$\begin{array}{rl}\sqrt{3}b-1+(\sqrt{3}-b)\mathit{i}& =\mathit{i}(2-\sqrt{3}a+a\mathit{i}),\\ \sqrt{3}b-1+(\sqrt{3}-b)\mathit{i}& =-a+(2-\sqrt{3}a)\mathit{i}\end{array}$$ 여기서 실수부분과 허수부분을 비교하면 다음과 같은 연립방정식을 얻는다. $$\{\begin{array}{l}\sqrt{3}b-1=-a\\ \sqrt{3}-b=2-\sqrt{3}a\end{array}$$ 조심스럽게 이 연립방정식을 풀면 다음을 얻는다. $$a=\frac{\sqrt{3}-1}{2},b=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$$ (꼭 손으로 직접 풀어보세요.)

해설. (1) $$\begin{array}{rl}z& =\frac{(1+\sqrt{3}\mathit{i})(1-\mathit{i})}{(1+\mathit{i})(1-\mathit{i})}\\ & =\frac{1+\sqrt{3}+(\sqrt{3}-1)\mathit{i}}{2}\\ & =\frac{1+\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}-1}{2}\mathit{i}.\end{array}$$

(2) $$\begin{array}{rl}1+\sqrt{3}\mathit{i}& =2(\cos \frac{\pi }{3}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{3}),\\ 1+\mathit{i}& =\sqrt{2}(\cos \frac{\pi }{4}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{4}).\end{array}$$

(3) $z$를 극형식으로 나타내면 다음과 같다. $$z=\frac{1+\sqrt{3}\mathit{i}}{1+\mathit{i}}=\sqrt{2}(\cos \frac{\pi }{12}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{12}).$$ 그러므로 $$\begin{array}{rl}\cos \frac{\pi }{12}& =\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},\\ \sin \frac{\pi }{12}& =\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}.\end{array}$$

해설. 복소수 $-1+\mathit{i}$의 편각이 $\frac{3}{4}\pi$이므로, $$w=(-1+\mathit{i})\times \frac{z-1}{z+1}$$ 이 음의 실수가 되려면 복소수 $$\frac{z-1}{z+1}$$ 의 편각이 $\frac{\pi }{4}$가 되어야 한다. 한편 $$z-1=\overrightarrow{\mathrm{QR}},z+1=\overrightarrow{\mathrm{PR}}$$ 이므로, 삼각형 $\mathrm{RPQ}$에서 $$\mathrm{\angle }\mathrm{PRQ}=|\mathrm{Arg}(z-1)-\mathrm{Arg}(z+1)|=\frac{\pi }{4}$$ 이다. (복소평면에 삼각형 $\mathrm{RPQ}$의 그림을 그려 보자.)

해설. (1) 극형식을 사용하자. $$\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\mathit{i}=\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\mathit{i})=\frac{1}{\sqrt{3}}(\cos \frac{\pi }{6}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{6})$$ 이므로 $$\begin{array}{rl}{z}^{-12}& ={\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^{-12}(\cos \frac{-12\pi }{6}+\mathit{i}\sin \frac{-12\pi }{6})\\ & =3^6(\cos 0+\mathit{i}\sin 0)=3^6.\end{array}$$

(2) $$\begin{array}{rl}w& =(1-\mathit{i}{)}^{-5}\\ & ={\left[\sqrt{2}\{\cos (-\frac{\pi }{4})+\mathit{i}\sin (-\frac{\pi }{4})\}\right]}^{-5}\\ & =\frac{1}{4\sqrt{2}}(\cos \frac{5\pi }{4}+\mathit{i}\sin \frac{5\pi }{4})\\ & =\frac{1}{4\sqrt{2}}(-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\mathit{i})\\ & =-\frac{1}{8}-\frac{1}{8}\mathit{i}.\end{array}$$

해설. $\omega$는 다음 방정식의 허근이다. $$z^{14}=1.$$ 특히 위 방정식의 모든 근은 다음과 같다. $$1,\omega ,{\omega }^2,{\omega }^3,\cdots ,{\omega }^{13}.$$ 그러므로 $$(z-1)(z-\omega )(z-{\omega }^2)\cdots (z-{\omega }^{13})=z^{14}-1$$ 이다. ${\omega }^7=-1$이라는 사실을 사용하여 위 식의 좌변을 변형하면 $$(z+{\omega }^7)(z+{\omega }^8)\cdots (z+{\omega }^{13})(z+{\omega }^{14})\cdots (z+{\omega }^{20})=z^{14}-1$$ 즉 $$(z+{\omega }^7)(z+{\omega }^8)\cdots (z+{\omega }^{13})(z+1)\cdots (z+{\omega }^6)=z^{14}-1$$ 이다. 이 식에 $z=2$를 대입하면 $$(2+{\omega }^7)(2+{\omega }^8)\cdots (2+{\omega }^{13})\times 2\times (2+{\omega }^1)\cdots (2+{\omega }^6)=2^{14}-1$$ 이므로 $$(2+\omega )(2+{\omega }^2)\cdots (2+{\omega }^{13})=\frac{1}{2}(2^{14}-1)=\frac{16383}{2}.$$ 이다.

해설. $8\mathit{i}$를 극형식으로 나타내면 $$8\mathit{i}=8(\cos \frac{\pi }{2}+\mathit{i}\sin \frac{\pi }{2})$$ 이므로 $8\mathit{i}$의 $6$제곱근은 다음과 같다. $$\sqrt{2}\{\cos (\frac{\pi }{12}+\frac{2k\pi }{6})+\mathit{i}\sin (\frac{\pi }{12}+\frac{2k\pi }{6})\}(k=0,1,2,3,4,5.)$$

해설. $-128(1+\sqrt{3}\mathit{i})$를 극형식으로 나타내면 $$-128(1+\sqrt{3}\mathit{i})=256(\cos \frac{4\pi }{3}+\mathit{i}\sin \frac{4\pi }{3})$$ 이므로 $-128(1+\sqrt{3}\mathit{i})$의 $8$제곱근은 다음과 같다. $$2\{\cos (\frac{\pi }{6}+\frac{2k\pi }{8})+\mathit{i}\sin (\frac{\pi }{6}+\frac{2k\pi }{8})\}(k=0,1,2,\cdots ,7.)$$