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부록 A 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 복소수의 곱셈

→ 문제로 돌아가기

(a) \((2 + 3i)(4 - i)\)

방침: 일반적으로 전개하고 \(i^2 = -1\)을 대입해요.

\[ (2 + 3i)(4 - i) = 2 \cdot 4 + 2 \cdot (-i) + 3i \cdot 4 + 3i \cdot (-i) \]
\[ = 8 - 2i + 12i - 3i^2 = 8 + 10i - 3(-1) = 8 + 10i + 3 \]
\[ \boxed{11 + 10i} \]

검산: 절댓값의 곱으로 확인해요. \(|2+3i|^2 = 4+9 = 13\), \(|4-i|^2 = 16+1 = 17\). 곱의 절댓값의 제곱은 \(13 \times 17 = 221\). 결과 \(|11+10i|^2 = 121 + 100 = 221\). ✓

(b) \((1 + i)^3\)

먼저 \((1+i)^2\)을 계산해요.

\[ (1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 1 + 2i - 1 = 2i \]

다음으로 \((1+i)\)를 곱해요.

\[ (1+i)^3 = 2i \cdot (1+i) = 2i + 2i^2 = 2i - 2 \]
\[ \boxed{-2 + 2i} \]

검산: \(|1+i|^2 = 2\)이므로 \(|1+i|^6 = 8\). \(|-2+2i|^2 = 4+4 = 8\). ✓

(c) \((-2 + i)(3 + 2i)\)

\[ (-2+i)(3+2i) = -6 - 4i + 3i + 2i^2 = -6 - i + 2(-1) = -6 - i - 2 \]
\[ \boxed{-8 - i} \]

검산: \(|-2+i|^2 = 4+1=5\), \(|3+2i|^2 = 9+4=13\). 곱 \(= 65\). \(|-8-i|^2 = 64+1=65\). ✓

B-2. 복소수의 나눗셈

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\dfrac{2 + i}{1 + 3i}\)

방침: 분모의 켤레복소수 \(1 - 3i\)를 분자·분모에 곱하여 분모를 실수화해요.

\[ \frac{2+i}{1+3i} \cdot \frac{1-3i}{1-3i} = \frac{(2+i)(1-3i)}{(1+3i)(1-3i)} \]

분모: \((1+3i)(1-3i) = 1 + 9 = 10\)

분자: \((2+i)(1-3i) = 2 - 6i + i - 3i^2 = 2 - 5i + 3 = 5 - 5i\)

\[ \boxed{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i} \]

검산: \(\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\right)(1+3i) = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}i - \frac{1}{2}i - \frac{3}{2}i^2 = \frac{1}{2} + i + \frac{3}{2} = 2 + i\). ✓

(b) \(\dfrac{5}{2 - i}\)

\[ \frac{5}{2-i} \cdot \frac{2+i}{2+i} = \frac{5(2+i)}{4+1} = \frac{10+5i}{5} \]
\[ \boxed{2 + i} \]

검산: \((2+i)(2-i) = 4+1 = 5\). ✓

(c) \(\dfrac{1 + 2i}{3 - 4i}\)

\[ \frac{1+2i}{3-4i} \cdot \frac{3+4i}{3+4i} = \frac{(1+2i)(3+4i)}{9+16} \]

분자: \((1+2i)(3+4i) = 3 + 4i + 6i + 8i^2 = 3 + 10i - 8 = -5 + 10i\)

\[ \frac{-5+10i}{25} = \boxed{-\frac{1}{5} + \frac{2}{5}i} \]

검산: \(\left(-\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i\right)(3-4i) = -\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i+\frac{6}{5}i-\frac{8}{5}i^2 = -\frac{3}{5}+\frac{10}{5}i+\frac{8}{5} = \frac{5}{5}+2i = 1+2i\). ✓

B-3. 절댓값과 복소켤레

→ 문제로 돌아가기

(a) \(z = 5 - 12i\)

\[ z^* = 5 + 12i, \qquad |z| = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = \boxed{13} \]

검산: \(zz^* = (5-12i)(5+12i) = 25 + 144 = 169 = 13^2 = |z|^2\). ✓

(b) \(z = -3i\)

\[ z^* = 3i, \qquad |z| = \sqrt{0 + 9} = \boxed{3} \]

검산: \(zz^* = (-3i)(3i) = -9i^2 = 9 = 3^2\). ✓

(c) \(z = -2 + 2i\)

\[ z^* = -2 - 2i, \qquad |z| = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = \boxed{2\sqrt{2}} \]

검산: \(zz^* = (-2+2i)(-2-2i) = 4 + 4 = 8 = (2\sqrt{2})^2\). ✓

(d) \(z = 7\)

\[ z^* = 7, \qquad |z| = \sqrt{49} = \boxed{7} \]

실수의 복소켤레는 자기 자신이에요. \(zz^* = 49 = |z|^2\). ✓

B-4. 극형식으로의 변환

→ 문제로 돌아가기

(a) \(z = 1 + \sqrt{3}\,i\)

\[ r = \sqrt{1 + 3} = 2 \]

\(\tan\theta = \sqrt{3}/1 = \sqrt{3}\)이고, 제1사분면이므로 \(\theta = \pi/3\)이에요.

\[ \boxed{z = 2\left(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}\right)} \]

검산: \(2(\cos 60° + i\sin 60°) = 2\left(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 1 + \sqrt{3}\,i\). ✓

(b) \(z = -2\)

\[ r = 2 \]

실수축의 음의 방향이므로 \(\theta = \pi\)예요.

\[ \boxed{z = 2(\cos\pi + i\sin\pi)} \]

검산: \(2(-1 + 0i) = -2\). ✓

(c) \(z = -1 - i\)

\[ r = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2} \]

\(a = -1, b = -1\)로 제3사분면이에요. \(\tan\theta = (-1)/(-1) = 1\)이지만 제3사분면이므로 \(\theta = -\frac{3\pi}{4}\) (\(-\pi < \theta \leq \pi\) 범위)예요.

\[ \boxed{z = \sqrt{2}\left(\cos\left(-\frac{3\pi}{4}\right) + i\sin\left(-\frac{3\pi}{4}\right)\right)} \]

검산: \(\cos(-3\pi/4) = -\frac{\sqrt{2}}{2}\), \(\sin(-3\pi/4) = -\frac{\sqrt{2}}{2}\). \(\sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -1 - i\). ✓

(d) \(z = 3i\)

\[ r = 3 \]

허수축의 양의 방향이므로 \(\theta = \pi/2\)예요.

\[ \boxed{z = 3\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)} \]

검산: \(3(0 + i) = 3i\). ✓

B-5. \(i\) 의 거듭제곱

→ 문제로 돌아가기

\(i\) 의 거듭제곱은 주기 4로 순환해요: \(i^0 = 1,\; i^1 = i,\; i^2 = -1,\; i^3 = -i\).

(a) \(i^5\)

\(5 = 4 \times 1 + 1\) 이므로 \(i^5 = i^1 = \boxed{i}\)

(b) \(i^{13}\)

\(13 = 4 \times 3 + 1\) 이므로 \(i^{13} = i^1 = \boxed{i}\)

(c) \(i^{-1}\)

\(i^{-1} = \dfrac{1}{i} = \dfrac{i}{i^2} = \dfrac{i}{-1} = -i\). 또는 \(i^{-1} = i^3 = \boxed{-i}\)

검산: \((-i) \cdot i = -i^2 = 1\). ✓

(d) \(i^{100}\)

\(100 = 4 \times 25 + 0\) 이므로 \(i^{100} = i^0 = \boxed{1}\)

B-6. 복소켤레의 계산 규칙

→ 문제로 돌아가기

\(z_1 = 2 + i\)、\(z_2 = 1 - 3i\).

(a) \((z_1 z_2)^* = z_1^* z_2^*\) 확인

좌변:

\[ z_1 z_2 = (2+i)(1-3i) = 2 - 6i + i - 3i^2 = 2 - 5i + 3 = 5 - 5i \]
\[ (z_1 z_2)^* = 5 + 5i \]

우변:

\[ z_1^* = 2 - i, \quad z_2^* = 1 + 3i \]
\[ z_1^* z_2^* = (2-i)(1+3i) = 2 + 6i - i - 3i^2 = 2 + 5i + 3 = 5 + 5i \]

좌변 \(= 5 + 5i =\) 우변. ✓ \(\quad \blacksquare\)

(b) \((z_1 + z_2)^* = z_1^* + z_2^*\) 확인

좌변:

\[ z_1 + z_2 = (2+i) + (1-3i) = 3 - 2i \]
\[ (z_1 + z_2)^* = 3 + 2i \]

우변:

\[ z_1^* + z_2^* = (2-i) + (1+3i) = 3 + 2i \]

좌변 \(= 3 + 2i =\) 우변. ✓ \(\quad \blacksquare\)

B-7. Maclaurin 전개의 항 계산

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\(e^x\) 의 Maclaurin 전개를 5차 항까지 써 내려가요:

\[ e^x \approx 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} \]

\(x = 2\) 를 대입해요:

\[ e^2 \approx 1 + 2 + \frac{4}{2} + \frac{8}{6} + \frac{16}{24} + \frac{32}{120} \]
\[ = 1 + 2 + 2 + 1.3333\ldots + 0.6667\ldots + 0.2667\ldots \]
\[ \approx 7.27 \]
\[ \boxed{e^2 \approx 7.27} \]

검산: 참값은 \(e^2 \approx 7.389\) 이에요. 6차 항 \(\frac{2^6}{6!} = \frac{64}{720} \approx 0.089\) 를 더하면 \(7.36\) 이 되어 더욱 가까워져요. 5차까지의 절단으로서는 타당한 근사예요. ✓

B-8. \(e^{i\theta}\) 의 계산

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오일러 공식 \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) 를 사용해요.

(a) \(e^{i\pi/4}\)

\[ e^{i\pi/4} = \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} = \boxed{\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\,i} \]

(b) \(e^{i\pi/2}\)

\[ e^{i\pi/2} = \cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2} = 0 + i = \boxed{i} \]

(c) \(e^{i\pi}\)

\[ e^{i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1 + 0i = \boxed{-1} \]

이것은 유명한 오일러 등식 \(e^{i\pi} + 1 = 0\) 에 대응해요.

(d) \(e^{-i\pi/3}\)

\[ e^{-i\pi/3} = \cos\frac{\pi}{3} - i\sin\frac{\pi}{3} = \boxed{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\,i} \]

검산: (a)의 절댓값 \(= \sqrt{1/2 + 1/2} = 1\). \(|e^{i\theta}| = 1\) 과 일치해요. 나머지도 마찬가지로 절댓값 1이에요. ✓

B-9. 극형식과 Euler 공식의 변환

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(a) \(z = 1 + i\)

\[ r = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}, \quad \theta = \frac{\pi}{4} \quad (\text{제 1 사분면}) \]
\[ \boxed{z = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}} \]

(b) \(z = -\sqrt{3} + i\)

\[ r = \sqrt{3 + 1} = 2 \]

\(a = -\sqrt{3},\; b = 1\)（제 2 사분면）. \(\tan\theta = \frac{1}{-\sqrt{3}}\) 이고, 제 2 사분면이므로 \(\theta = \frac{5\pi}{6}\)이에요.

\[ \boxed{z = 2\,e^{i \cdot 5\pi/6}} \]

검산: \(2(\cos\frac{5\pi}{6} + i\sin\frac{5\pi}{6}) = 2(-\frac{\sqrt{3}}{2} + i\frac{1}{2}) = -\sqrt{3} + i\). ✓

(c) \(z = -5i\)

\[ r = 5, \quad \theta = -\frac{\pi}{2} \quad (\text{허수축의 음의 방향}) \]
\[ \boxed{z = 5\,e^{-i\pi/2}} \]

검산: \(5(\cos(-\pi/2) + i\sin(-\pi/2)) = 5(0 - i) = -5i\). ✓

B-10. \(|e^{i\theta}|\) 의 계산

→ 문제로 돌아가기

방침: 식 (A.15)의 관계 \(|z|^2 = zz^*\)를 이용해요.

\(z = e^{i\theta}\)로 놓으면, \(z^* = e^{-i\theta}\) (오일러 공식에서 \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\)의 켤레복소수는 \(\cos\theta - i\sin\theta = e^{-i\theta}\))이에요.

\[ |e^{i\theta}|^2 = e^{i\theta} \cdot e^{-i\theta} = e^{i\theta - i\theta} = e^0 = 1 \]

\(|e^{i\theta}|\)는 음이 아닌 실수이므로,

\[ \boxed{|e^{i\theta}| = 1} \]

이것은 임의의 실수 \(\theta\)에 대해 성립해요. 기하학적으로는, \(e^{i\theta}\)가 항상 단위원 위의 점임을 의미해요. \(\blacksquare\)

Medium（표준）

M-1. 복소켤레 곱의 규칙의 일반적 증명

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증명:

\(z_1 = a + bi\), \(z_2 = c + di\) (\(a, b, c, d\)는 실수)로 놓아요.

좌변의 계산:

식 (A.5)에 의해,

\[ z_1 z_2 = (ac - bd) + (ad + bc)i \]

켤레복소수의 정의(식 (A.12))에 의해,

\[ (z_1 z_2)^* = (ac - bd) - (ad + bc)i \tag{*} \]

우변의 계산:

\[ z_1^* = a - bi, \quad z_2^* = c - di \]
\[ z_1^* z_2^* = (a - bi)(c - di) = ac - adi - bci + bdi^2 \]
\[ = ac - adi - bci - bd = (ac - bd) - (ad + bc)i \tag{**} \]

\((*)\)와 \((**)\)를 비교하면,

\[ (z_1 z_2)^* = (ac - bd) - (ad + bc)i = z_1^* z_2^* \]

따라서 \((z_1 z_2)^* = z_1^* z_2^*\)가 성립해요. \(\blacksquare\)

검산: D6(a)에서 \(z_1 = 2+i\), \(z_2 = 1-3i\)인 경우에 구체적으로 확인했어요. 일반적 증명과 일치해요. ✓

M-2. de Moivre(드 무아브르)의 정리의 유도

→ 문제로 돌아가기

de Moivre 정리의 증명

방침: Euler 공식 \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) 를 이용하여, 좌변을 지수함수의 형태로 다시 쓰겠습니다.

\[ (\cos\theta + i\sin\theta)^n = (e^{i\theta})^n \]

지수법칙 \((e^a)^n = e^{na}\) 에 의해,

\[ (e^{i\theta})^n = e^{in\theta} \]

다시 Euler 공식을 적용하면,

\[ e^{in\theta} = \cos(n\theta) + i\sin(n\theta) \]

이상을 정리하면,

\[ \boxed{(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos(n\theta) + i\sin(n\theta)} \]

이 임의의 정수 \(n\) 에 대해 성립해요. \(\blacksquare\)

\(n = 2\) 인 경우: 2배각 공식의 유도

좌변을 전개:

\[ (\cos\theta + i\sin\theta)^2 = \cos^2\theta + 2i\cos\theta\sin\theta + i^2\sin^2\theta \]
\[ = (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 2i\cos\theta\sin\theta \]

우변 (de Moivre 정리):

\[ \cos 2\theta + i\sin 2\theta \]

실수부를 비교:

\[ \boxed{\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta} \]

허수부를 비교:

\[ \boxed{\sin 2\theta = 2\cos\theta\sin\theta} \]

이것들은 삼각함수의 2배각 공식 그 자체예요.

검산: \(\theta = \pi/4\) 에서 확인해요. \(\cos(\pi/2) = 0\), \(\cos^2(\pi/4) - \sin^2(\pi/4) = 1/2 - 1/2 = 0\). ✓ \(\sin(\pi/2) = 1\), \(2\cos(\pi/4)\sin(\pi/4) = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1\). ✓

M-3. 극형식에 의한 나눗셈 공식의 유도

→ 문제로 돌아가기

방침: 지수법칙을 이용하여 분수를 정리해요.

\[ \frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1 e^{i\theta_1}}{r_2 e^{i\theta_2}} \]

먼저, \(\frac{e^{i\theta_1}}{e^{i\theta_2}}\) 를 계산해요. 분자·분모에 \(e^{-i\theta_2}\) 를 곱하면,

\[ \frac{e^{i\theta_1}}{e^{i\theta_2}} = e^{i\theta_1} \cdot e^{-i\theta_2} = e^{i(\theta_1 - \theta_2)} \]

여기서 \(e^{i\theta_2} \cdot e^{-i\theta_2} = e^0 = 1\) 을 이용했어요.

따라서,

\[ \boxed{\frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1}{r_2}\,e^{i(\theta_1 - \theta_2)}} \]

\(\blacksquare\)

해석: 이 결과로부터, 몫 \(z_1/z_2\) 의

  • 절댓값은 \(\dfrac{r_1}{r_2} = \dfrac{|z_1|}{|z_2|}\) (절댓값의 나눗셈)
  • 편각은 \(\theta_1 - \theta_2 = \arg(z_1) - \arg(z_2)\) (편각의 뺄셈)

이에요. 즉, 복소수의 나눗셈은 절댓값의 나눗셈과 편각의 뺄셈으로 분해돼요. 이는 곱셈이 「절댓값의 곱과 편각의 합」인 것(식 (A.11))의 자연스러운 역연산이 되고 있어요.

검산: \(z_1 = z_2\) 일 때, \(z_1/z_2 = 1\). 공식으로부터 \(\frac{r_1}{r_1} e^{i \cdot 0} = 1 \cdot 1 = 1\). ✓

M-4. \(\cos\theta\) 와 \(\sin\theta\) 의 지수함수 표현

→ 문제로 돌아가기

방침: 오일러 공식과 그 복소 켤레를 연립방정식으로 풀어요.

오일러 공식:

\[ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta \tag{1} \]

\(\theta\) 를 \(-\theta\) 로 치환하면 (또는 식 (1)의 복소 켤레를 취하면):

\[ e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta \tag{2} \]

\(\cos\theta\) 의 유도

식 (1) + 식 (2):

\[ e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta \]
\[ \boxed{\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}} \]

\(\sin\theta\) 의 유도

식 (1) − 식 (2):

\[ e^{i\theta} - e^{-i\theta} = 2i\sin\theta \]
\[ \boxed{\sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i}} \]

식 (A.13), (A.14) 와의 비교

식 (A.13)은 \(\operatorname{Re}(z) = \frac{z + z^*}{2}\) 였어요. \(z = e^{i\theta}\) 로 놓으면 \(z^* = e^{-i\theta}\) 이므로,

\[ \operatorname{Re}(e^{i\theta}) = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} = \cos\theta \]

이는 \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) 의 실수부가 \(\cos\theta\) 인 것과 일치해요.

마찬가지로, 식 (A.14)는 \(\operatorname{Im}(z) = \frac{z - z^*}{2i}\) 이며,

\[ \operatorname{Im}(e^{i\theta}) = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} = \sin\theta \]

이것도 \(e^{i\theta}\) 의 허수부가 \(\sin\theta\) 인 것과 일치해요.

이상으로부터, \(\cos\theta\) 와 \(\sin\theta\) 의 지수함수 표현은 복소 켤레를 이용한 실수부·허수부 추출 공식(식 (A.13), (A.14))의 특수한 경우(\(z = e^{i\theta}\), \(z^* = e^{-i\theta}\))에 다름 아님을 확인했어요. \(\blacksquare\)

검산: \(\theta = 0\) 을 대입해요. \(\cos 0 = \frac{e^0 + e^0}{2} = \frac{2}{2} = 1\). ✓ \(\sin 0 = \frac{e^0 - e^0}{2i} = 0\). ✓

M-5. 복소수가 실수가 되는 조건

→ 문제로 돌아가기

\(z\) 가 실수 \(\iff\) \(z = z^*\)

증명:

\(z = a + bi\) (\(a, b\) 는 실수)로 놓아요.

(\(\Rightarrow\)) \(z\) 가 실수이면 \(b = 0\) 이므로 \(z = a\), \(z^* = a\). 따라서 \(z = z^*\).

(\(\Leftarrow\)) \(z = z^*\) 이면 \(a + bi = a - bi\). 양변의 허수부를 비교하면 \(b = -b\), 즉 \(2b = 0\) 에서 \(b = 0\). 따라서 \(z = a\) 는 실수예요. \(\blacksquare\)

\(z\) 가 순허수 (\(z \neq 0\)) \(\iff\) \(z = -z^*\) (그리고 \(z \neq 0\))

증명:

(\(\Rightarrow\)) \(z\) 가 순허수이면 \(a = 0\) 이고 \(b \neq 0\) 이므로 \(z = bi\), \(z^* = -bi\). 따라서 \(-z^* = bi = z\).

(\(\Leftarrow\)) \(z = -z^*\) 이면 \(a + bi = -(a - bi) = -a + bi\). 양변의 실수부를 비교하면 \(a = -a\), 즉 \(2a = 0\) 에서 \(a = 0\). \(z \neq 0\) 조건으로부터 \(b \neq 0\). 따라서 \(z = bi\) 는 순허수예요. \(\blacksquare\)

검산 (구체적 예시): - \(z = 5\) (실수): \(z^* = 5 = z\). ✓ - \(z = 3i\) (순허수): \(z^* = -3i\), \(-z^* = 3i = z\). ✓ - \(z = 1 + i\) (어느 쪽도 아님): \(z^* = 1 - i \neq z\) 이고 \(-z^* = -1 + i \neq z\). ✓

Advanced（발전）

A-1. 복소수의 \(n\) 제곱근과 정 \(n\) 각형

→ 문제로 돌아가기

(a) \(z^n = 1\) 의 \(n\) 개의 해

방침: \(z = re^{i\theta}\) 로 놓고, 절댓값과 편각의 조건을 분리해요.

\[ z^n = r^n e^{in\theta} = 1 = 1 \cdot e^{i \cdot 0} \]

절댓값 비교: \(r^n = 1\). \(r > 0\) 이므로 \(r = 1\).

편각 비교: \(n\theta = 0 + 2\pi k\) (\(k\) 는 정수). 여기서 편각은 \(2\pi\) 의 정수배만큼의 불확정성을 가져요.

\[ \theta = \frac{2\pi k}{n} \]

\(k = 0, 1, 2, \ldots, n-1\) 일 때, \(\theta\) 는 \(0, \frac{2\pi}{n}, \frac{4\pi}{n}, \ldots, \frac{2\pi(n-1)}{n}\) 으로 서로 다른 값을 취해요. \(k = n\) 일 때 \(\theta = 2\pi\) 는 \(\theta = 0\) 과 같은 점을 나타내므로, 새로운 해는 얻어지지 않아요.

따라서, \(z^n = 1\) 의 \(n\) 개의 해는

\[ \boxed{z_k = e^{2\pi i k/n} \quad (k = 0, 1, 2, \ldots, n-1)} \]

\(\blacksquare\)

(b) 정 \(n\) 각형의 꼭짓점

\(n\) 개의 해 \(z_k = e^{2\pi i k/n}\) 은 모두 \(|z_k| = 1\) 이므로, 단위원 위의 점이에요.

이웃한 해 \(z_k\) 와 \(z_{k+1}\) 의 편각 차이는

\[ \frac{2\pi(k+1)}{n} - \frac{2\pi k}{n} = \frac{2\pi}{n} \]

로 일정해요. 즉, \(n\) 개의 점은 단위원 위에 등간격으로 배치되어 있어요.

단위원에 내접하고, \(n\) 개의 꼭짓점이 등간격으로 나열된 다각형은 정 \(n\) 각형에 다름없어요. 첫 번째 꼭짓점 \(z_0 = 1\) 은 실수축 위의 점 \((1, 0)\) 에 있고, 거기서 반시계 방향으로 \(2\pi/n\) 씩 회전한 위치에 나머지 꼭짓점이 있어요. \(\blacksquare\)

(c) 1의 \(n\) 제곱근의 총합이 0

방침: 등비급수의 공식을 이용해요.

\(\omega = e^{2\pi i/n}\) 으로 놓으면, \(z_k = \omega^k\) 이에요.

\[ \sum_{k=0}^{n-1} z_k = \sum_{k=0}^{n-1} \omega^k \]

이것은 첫째항 \(1\), 공비 \(\omega\), 항수 \(n\) 의 등비급수이므로 (\(\omega \neq 1\) 즉 \(n \geq 2\) 일 때),

\[ \sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = \frac{1 - \omega^n}{1 - \omega} \]

여기서 \(\omega^n = (e^{2\pi i/n})^n = e^{2\pi i} = \cos 2\pi + i\sin 2\pi = 1\) 이므로,

\[ \frac{1 - \omega^n}{1 - \omega} = \frac{1 - 1}{1 - \omega} = \frac{0}{1 - \omega} = 0 \]

\(n = 1\) 일 때는 \(z_0 = 1\) 만 있어서 합은 \(1 \neq 0\) 이지만, 보통 \(n \geq 2\) 를 고려해요.

\[ \boxed{\sum_{k=0}^{n-1} z_k = 0} \]

\(\blacksquare\)

검산 (기하학적 해석): 정 \(n\) 각형의 꼭짓점으로의 위치벡터의 합은, 대칭성으로부터 원점을 가리켜요. 이것은 무게중심이 원점에 있는 것에 대응해요. ✓

(d) \(n = 4\) 인 경우

\[ z_k = e^{2\pi i k/4} = e^{i\pi k/2} \quad (k = 0, 1, 2, 3) \]
  • \(k = 0\): \(e^{0} = 1\)
  • \(k = 1\): \(e^{i\pi/2} = \cos(\pi/2) + i\sin(\pi/2) = i\)
  • \(k = 2\): \(e^{i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1\)
  • \(k = 3\): \(e^{i3\pi/2} = \cos(3\pi/2) + i\sin(3\pi/2) = -i\)
\[ \boxed{\{z_0, z_1, z_2, z_3\} = \{1,\; i,\; -1,\; -i\}} \]

검산: 총합 \(= 1 + i + (-1) + (-i) = 0\). ✓ 또한 각 \(z_k\) 에 대해 \(z_k^4 = 1\) 을 확인: \(i^4 = (i^2)^2 = (-1)^2 = 1\), \((-1)^4 = 1\), \((-i)^4 = ((-i)^2)^2 = (-1)^2 = 1\). ✓

A-2. 양자역학으로의 연결: 복소 진폭의 간섭

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(a) \(P = |\phi_1 + \phi_2|^2\) 의 전개

방침: \(|\phi|^2 = \phi\phi^*\) 를 이용해 전개해요.

\[ P = |\phi_1 + \phi_2|^2 = (\phi_1 + \phi_2)(\phi_1 + \phi_2)^* = (\phi_1 + \phi_2)(\phi_1^* + \phi_2^*) \]

전개하면,

\[ P = \phi_1\phi_1^* + \phi_1\phi_2^* + \phi_2\phi_1^* + \phi_2\phi_2^* \]
\[ = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + \phi_1\phi_2^* + (\phi_1\phi_2^*)^* \]

여기서 \(\phi_1 = r_1 e^{i\alpha}\), \(\phi_2 = r_2 e^{i\beta}\) 를 대입해요.

\[ |\phi_1|^2 = r_1^2, \quad |\phi_2|^2 = r_2^2 \]
\[ \phi_1\phi_2^* = r_1 e^{i\alpha} \cdot r_2 e^{-i\beta} = r_1 r_2 e^{i(\alpha - \beta)} \]
\[ \phi_2\phi_1^* = r_1 r_2 e^{-i(\alpha - \beta)} = (\phi_1\phi_2^*)^* \]

교차항의 합은,

\[ \phi_1\phi_2^* + \phi_2\phi_1^* = r_1 r_2 \left[e^{i(\alpha-\beta)} + e^{-i(\alpha-\beta)}\right] \]

S4에서 도출한 \(\cos\)의 지수함수 표현 \(\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}\) 를 이용하면,

\[ e^{i(\alpha-\beta)} + e^{-i(\alpha-\beta)} = 2\cos(\alpha - \beta) \]

따라서,

\[ \boxed{P = r_1^2 + r_2^2 + 2r_1 r_2 \cos(\alpha - \beta)} \]

\(\blacksquare\)

검산: \(\phi_2 = 0\) (경로 2가 없는 경우)일 때 \(r_2 = 0\)이므로 \(P = r_1^2 = |\phi_1|^2\). ✓ 또한 \(\alpha = \beta\) (동위상)일 때 \(P = r_1^2 + r_2^2 + 2r_1 r_2 = (r_1 + r_2)^2\). 이는 진폭이 더해지는 것에 대응해요. ✓

(b) 실수 진폭의 경우와 복소 진폭의 경우의 비교

실수 진폭의 경우 (\(\alpha, \beta\) 가 \(0\) 또는 \(\pi\) 만 가능):

\(\alpha - \beta\) 가 취할 수 있는 값은 \(0, \pi, -\pi\) 중 하나예요.

  • \(\alpha - \beta = 0\) 일 때: \(\cos(\alpha - \beta) = \cos 0 = 1\)
  • \(\alpha - \beta = \pm\pi\) 일 때: \(\cos(\alpha - \beta) = \cos\pi = -1\)

따라서 간섭항 \(2r_1 r_2 \cos(\alpha - \beta)\) 는 \(+2r_1 r_2\) 또는 \(-2r_1 r_2\) 의 2가지 값만 취해요.

\[ \text{실수의 경우: 간섭항} \in \{-2r_1 r_2,\; +2r_1 r_2\} \]

복소 진폭의 경우 (\(\alpha - \beta\) 가 연속적으로 변화):

위상차 \(\delta = \alpha - \beta\) 는 \(0\)에서 \(2\pi\)까지 연속적으로 변화할 수 있고, \(\cos\delta\) 는 \(-1\)에서 \(+1\)까지 연속적으로 모든 값을 취해요. 따라서 간섭항은

\[ -2r_1 r_2 \leq 2r_1 r_2 \cos(\alpha - \beta) \leq +2r_1 r_2 \]

의 범위를 연속적으로 변화해요.

복소수가 본질적으로 필요한 이유: 실수 진폭에서는 간섭이 "완전히 보강"하거나 "완전히 상쇄"하는 두 가지 선택지밖에 없어서, 중간적인 간섭을 표현할 수 없어요. 반면 복소수 진폭에서는 위상차가 연속적인 매개변수가 되어, 부분적인 보강이나 상쇄를 포함한 모든 정도의 간섭을 기술할 수 있어요. 자연에서 관측되는 간섭 패턴(예를 들어 이중 슬릿 실험의 명암의 연속적인 변화)을 올바르게 기술하기 위해서는, 진폭이 복소수인 것이 본질적으로 필요해요.

(c) 완전한 상쇄 간섭

\(r_1 = r_2 = r\) 일 때, (a)의 결과는

\[ P = r^2 + r^2 + 2r^2\cos(\alpha - \beta) = 2r^2(1 + \cos(\alpha - \beta)) \]

\(\alpha - \beta = \pi\) 를 대입하면,

\[ P = 2r^2(1 + \cos\pi) = 2r^2(1 - 1) = \boxed{0} \]

두 경로의 진폭이 같고, 위상차가 정확히 \(\pi\)일 때, 검출 확률은 완전히 0이 돼요. 이것이 상쇄 간섭(destructive interference)이에요.

고전적 직관과의 차이:

고전 확률론에서는, 각 경로를 통과하는 확률을 \(P_1 = r^2\)과 \(P_2 = r^2\)로 단순히 더하기 때문에,

\[ P_{\text{classical}} = P_1 + P_2 = 2r^2 > 0 \]

이 되어, 확률이 0이 되는 것은 있을 수 없어요. 그러나 양자역학에서는, 더하는 것이 확률이 아니라 확률진폭(복소수)이며, 진폭 단계에서 상쇄가 일어나기 때문에, 결과적으로 확률이 0이 될 수 있어요. 이것은 "입자가 두 경로 중 하나를 통과하고 있을 텐데 검출되지 않는다"는 고전적 직관에 반하는 현상이며, 양자역학의 본질적인 특징이에요.

검산: \(\alpha - \beta = 0\) (보강 간섭)일 때 \(P = 2r^2(1+1) = 4r^2 = (2r)^2\). 진폭이 \(2r\)로 두 배가 되고, 확률은 4배예요. 고전적인 \(2r^2\)의 2배이며, 간섭의 효과가 명확하게 나타나고 있어요. ✓