De Moivre's theorem and Roots of unity Questions in Gujarati

(D) આપેલ પદ: $E = \frac{(\cos \theta + i \sin \theta)^4}{(\sin \theta + i \cos \theta)^5}$
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,અંશ $(\cos \theta + i \sin \theta)^4 = \cos 4 \theta + i \sin 4 \theta$ થાય.
છેદ માટે,$\sin \theta + i \cos \theta$ ને $i(\cos \theta - i \sin \theta) = i(\cos(-\theta) + i \sin(-\theta))$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$(\sin \theta + i \cos \theta)^5 = i^5 (\cos(-5 \theta) + i \sin(-5 \theta)) = i(\cos 5 \theta - i \sin 5 \theta)$.
આમ,$E = \frac{\cos 4 \theta + i \sin 4 \theta}{i(\cos 5 \theta - i \sin 5 \theta)} = \frac{1}{i} \cdot \frac{\cos 4 \theta + i \sin 4 \theta}{\cos 5 \theta - i \sin 5 \theta}$.
ગુણધર્મ $\frac{\cos \alpha + i \sin \alpha}{\cos \beta + i \sin \beta} = \cos(\alpha - \beta) + i \sin(\alpha - \beta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = -i \cdot \frac{\cos 4 \theta + i \sin 4 \theta}{\cos(-5 \theta) + i \sin(-5 \theta)} = -i (\cos(4 \theta - (-5 \theta)) + i \sin(4 \theta - (-5 \theta)))$
$E = -i (\cos 9 \theta + i \sin 9 \theta) = -i \cos 9 \theta - i^2 \sin 9 \theta = \sin 9 \theta - i \cos 9 \theta$.

(C) આપેલ છે કે $z$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $z^3 = 1$ અને $1+z+z^2 = 0$.
$1+z+z^2 = 0$ પરથી,આપણને $z^2+1 = -z$ મળે છે.
હવે,પદાવલિ $\left(z^3+\frac{1}{z^3}\right)^2+\left(z^4+\frac{1}{z^4}\right)^2$ ધ્યાનમાં લો.
$z^3 = 1$ મૂકતા,આપણને $\left(1+\frac{1}{1}\right)^2+\left(z^3 \cdot z+\frac{1}{z^3 \cdot z}\right)^2$ મળે છે.
$= (1+1)^2 + \left(z+\frac{1}{z}\right)^2$.
$= 4 + \left(\frac{z^2+1}{z}\right)^2$.
$z^2+1 = -z$ મૂકતા,આપણને $4 + \left(\frac{-z}{z}\right)^2$ મળે છે.
$= 4 + (-1)^2 = 4 + 1 = 5$.

(C) આપેલ છે કે $w = \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}$,જે એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,જેને $\omega$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\omega^2 = -1 - \omega$.
આપણે $(3 + \omega + 3 \omega^2)^4$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અભિવ્યક્તિમાં $\omega^2 = -1 - \omega$ મૂકતા:
$(3 + \omega + 3(-1 - \omega))^4 = (3 + \omega - 3 - 3 \omega)^4$.
$= (-2 \omega)^4$.
$= 16 \omega^4$.
કારણ કે $\omega^3 = 1$,તેથી $\omega^4 = \omega^3 \cdot \omega = 1 \cdot \omega = \omega$.
તેથી,$16 \omega^4 = 16 \omega$.

(B) ધારો કે $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું કાલ્પનિક ઘનમૂળ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
હવે,આ કિંમતોને પદાવલિ $\alpha^4 + \beta^{28} + \frac{1}{\alpha \beta}$ માં મૂકતા:
$= \omega^4 + (\omega^2)^{28} + \frac{1}{\omega \cdot \omega^2}$
$= \omega^4 + \omega^{56} + \frac{1}{\omega^3}$
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\omega^4 = \omega^3 \cdot \omega = \omega$ અને $\omega^{56} = (\omega^3)^{18} \cdot \omega^2 = 1^{18} \cdot \omega^2 = \omega^2$.
તેથી,પદાવલિ $\omega + \omega^2 + \frac{1}{1} = \omega + \omega^2 + 1$ બને છે.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,જવાબ $0$ મળે છે.

(C) એકમના સંકર ઘનમૂળ $1, \omega, \omega^2$ છે. $\alpha$ અને $\beta$ એ સંકર ઘનમૂળ હોવાથી,$\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$ લેતા.
આપેલ પદાવલિ: $\alpha^3 + \beta^3 + \alpha^{-2} \times \beta^{-2} = \alpha^3 + \beta^3 + \frac{1}{(\alpha \beta)^2}$.
અહીં $\alpha^3 = \omega^3 = 1$ અને $\beta^3 = (\omega^2)^3 = \omega^6 = 1$.
વળી,$\alpha \beta = \omega \times \omega^2 = \omega^3 = 1$.
કિંમતો મુકતા: $1 + 1 + \frac{1}{(1)^2} = 1 + 1 + 1 = 3$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2=0$,તેથી $1+\omega=-\omega^2$.
આપેલ પદમાં આ કિંમત મૂકતા:
$(1+\omega)^7 = (-\omega^2)^7$
$= (-1)^7 \times (\omega^2)^7$
$= -1 \times \omega^{14}$
$\omega^3=1$ હોવાથી,$\omega^{14} = \omega^{12} \times \omega^2 = (\omega^3)^4 \times \omega^2 = 1^4 \times \omega^2 = \omega^2$ થાય.
આમ,$(1+\omega)^7 = -\omega^2$.
$1+\omega+\omega^2=0$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\omega^2 = 1+\omega$ મળે.
$1+\omega$ ની સરખામણી $A+B\omega$ સાથે કરતા,$A=1$ અને $B=1$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $1+\omega^2 = -\omega$ અને $\omega^3 = 1$.
આપેલ પદાવલિ: $E = (3+5\omega+3\omega^2)^2 + (3+3\omega+5\omega^2)^2$
$3(1+\omega+\omega^2) = 0$ નો ઉપયોગ કરીને પદોને ગોઠવતા:
$E = (3(1+\omega+\omega^2) + 2\omega)^2 + (3(1+\omega+\omega^2) + 2\omega^2)^2$
$E = (0 + 2\omega)^2 + (0 + 2\omega^2)^2$
$E = 4\omega^2 + 4\omega^4$
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\omega^4 = \omega$ થાય.
$E = 4\omega^2 + 4\omega = 4(\omega^2 + \omega)$
$1+\omega+\omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega^2 + \omega = -1$ થાય.
$E = 4(-1) = -4$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^{2}+x+1=0$ છે.
આ સમીકરણના બીજ એકમના સંકર ઘનમૂળ $\omega$ અને $\omega^{2}$ છે.
ધારો કે $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^{2}$.
આપણે $\alpha^{16} + \beta^{16} = \omega^{16} + (\omega^{2})^{16}$ શોધવાનું છે.
$\omega^{3} = 1$ હોવાથી,$\omega^{16} = (\omega^{3})^{5} \cdot \omega = 1^{5} \cdot \omega = \omega$.
તેવી જ રીતે,$\omega^{32} = (\omega^{3})^{10} \cdot \omega^{2} = 1^{10} \cdot \omega^{2} = \omega^{2}$.
આમ,$\alpha^{16} + \beta^{16} = \omega + \omega^{2}$.
$1 + \omega + \omega^{2} = 0$ હોવાથી,$\omega + \omega^{2} = -1$ થાય.

(D) ધારો કે $z = \frac{1+\sin \frac{\pi}{8}+i \cos \frac{\pi}{8}}{1+\sin \frac{\pi}{8}-i \cos \frac{\pi}{8}}$.
$\sin \theta = \cos(\frac{\pi}{2}-\theta)$ અને $\cos \theta = \sin(\frac{\pi}{2}-\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\alpha = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8} = \frac{3\pi}{8}$ લો.
તેથી $z = \frac{1+\cos \alpha + i \sin \alpha}{1+\cos \alpha - i \sin \alpha} = \frac{2 \cos^2 \frac{\alpha}{2} + 2i \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \cos^2 \frac{\alpha}{2} - 2i \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{\cos \frac{\alpha}{2} + i \sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2} - i \sin \frac{\alpha}{2}} = \frac{e^{i \alpha/2}}{e^{-i \alpha/2}} = e^{i \alpha}$.
આમ,$z^n = e^{i n \alpha} = e^{i n (3\pi/8)} = \cos(\frac{3n\pi}{8}) + i \sin(\frac{3n\pi}{8})$.
$z^n = 1$ માટે,$\sin(\frac{3n\pi}{8}) = 0$ અને $\cos(\frac{3n\pi}{8}) = 1$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{3n\pi}{8} = 2k\pi$,જ્યાં $k$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
$3n = 16k \implies n = \frac{16k}{3}$.
સૌથી નાના ધન પૂર્ણાંક $n$ માટે,$k=3$ લેતા,$n = 16$ મળે છે.

(D) આપેલ છે,$2x = -1 + i\sqrt{3}$.
$x = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2} = \omega$,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું ઘનમૂળ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $1 + \omega = -\omega^2$ અને $1 + \omega^2 = -\omega$.
પદાવલિમાં $x = \omega$ મૂકતા:
$(1 - \omega^2 + \omega)^6 - (1 - \omega + \omega^2)^6$
$= (-\omega^2 - \omega^2)^6 - (-\omega - \omega)^6$
$= (-2\omega^2)^6 - (-2\omega)^6$
$= 2^6 \cdot \omega^{12} - 2^6 \cdot \omega^6$
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\omega^6 = 1$ અને $\omega^{12} = 1$ થાય.
$= 64(1) - 64(1) = 0$.

(A) આપેલ છે કે $\omega^{3} = 1$ અને $1+\omega+\omega^{2} = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega^{2} = -\omega$ અને $1+\omega = -\omega^{2}$.
વળી,$\omega^{3} = 1, \omega^{4} = \omega, \omega^{8} = \omega^{2}, \omega^{16} = \omega$.
પદાવલિ $P = (1-\omega+\omega^{2})(1-\omega^{2}+\omega)(1-\omega+\omega^{2})(1-\omega^{2}+\omega) \ldots$ ($2n$ અવયવો) છે.
$1+\omega^{2} = -\omega$ અને $1+\omega = -\omega^{2}$ મૂકતા:
$P = (-\omega-\omega)(-\omega^{2}-\omega^{2})(-\omega-\omega)(-\omega^{2}-\omega^{2}) \ldots$ ($2n$ અવયવો).
$P = (-2\omega)(-2\omega^{2})(-2\omega)(-2\omega^{2}) \ldots$ ($2n$ અવયવો).
અહીં $(-2\omega)(-2\omega^{2}) = 4\omega^{3} = 4(1) = 4$ ની $n$ જોડીઓ છે.
તેથી,$P = (4)^{n} = 2^{2n}$.

(B) આપેલ છે કે $x+iy=(-1+i\sqrt{3})^{2010}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ એ એકમનું ઘનમૂળ છે,તેથી $-1+i\sqrt{3} = 2\omega$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$x+iy = (2\omega)^{2010} = 2^{2010} \cdot \omega^{2010}$.
કારણ કે $\omega^3 = 1$,તેથી $\omega^{2010} = (\omega^3)^{670} = 1^{670} = 1$.
તેથી,$x+iy = 2^{2010} \cdot 1 = 2^{2010} + i(0)$.
વાસ્તવિક ભાગોની સરખામણી કરતા,$x = 2^{2010}$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\alpha^{2}+\alpha+1=0$ છે.
આ એકમના ઘનમૂળ માટેનું લાક્ષણિક સમીકરણ છે,જ્યાં $\alpha$ એ $\omega$ અથવા $\omega^{2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^{3}=1$.
જો $\alpha=\omega$ હોય,તો $\alpha^{31} = \omega^{31} = (\omega^{3})^{10} \cdot \omega = 1^{10} \cdot \omega = \omega = \alpha$.
જો $\alpha=\omega^{2}$ હોય,તો $\alpha^{31} = (\omega^{2})^{31} = \omega^{62} = (\omega^{3})^{20} \cdot \omega^{2} = 1^{20} \cdot \omega^{2} = \omega^{2} = \alpha$.
બંને કિસ્સામાં,$\alpha^{31} = \alpha$ થાય છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^{2}=0$ અને $\omega^{3}=1$.
આપેલ પદાવલિ: $(1+\omega)(1+\omega^{2})(1+\omega^{4})(1+\omega^{8})$
$= (1+\omega)(1+\omega^{2})(1+\omega)(1+\omega^{2})$
$= [(1+\omega)(1+\omega^{2})]^{2}$
$= [1+\omega^{2}+\omega+\omega^{3}]^{2}$
$= [1+(\omega^{2}+\omega)+1]^{2}$
$= [1+(-1)+1]^{2}$
$= [1]^{2} = 1$.

(C) આપેલ છે,$\alpha^{2}-\alpha+1=0$.
$(\alpha+1)$ વડે ગુણતા,$(\alpha+1)(\alpha^{2}-\alpha+1)=0$ મળે,જેનો અર્થ છે $\alpha^{3}+1=0$,તેથી $\alpha^{3}=-1$.
તેથી,$\alpha^{6}=1$.
આપણે $\alpha^{2011}$ શોધવાનું છે.
કારણ કે $2011 = 6 \times 335 + 1$,તેથી $\alpha^{2011} = (\alpha^{6})^{335} \times \alpha^{1} = (1)^{335} \times \alpha = \alpha$.
આમ,$\alpha^{2011} = \alpha$.

(A) આપેલ સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{6}\left(\sin \frac{2 k \pi}{7}-i \cos \frac{2 k \pi}{7}\right)$ છે.
$-i$ સામાન્ય લેતા:
$S = -i \sum_{k=1}^{6}\left(\cos \frac{2 k \pi}{7} + i \sin \frac{2 k \pi}{7}\right)$.
ધારો કે $\omega = e^{i \frac{2 \pi}{7}} = \cos \frac{2 \pi}{7} + i \sin \frac{2 \pi}{7}$,તેથી:
$S = -i \sum_{k=1}^{6} \omega^k$.
આ એક ગુણોત્તર શ્રેણી છે:
$S = -i \left( \frac{\omega(1 - \omega^6)}{1 - \omega} \right) = -i \left( \frac{\omega - \omega^7}{1 - \omega} \right)$.
$\omega^7 = 1$ હોવાથી:
$S = -i \left( \frac{\omega - 1}{1 - \omega} \right) = -i (-1) = i$.

(D) આપણી પાસે છે,$(1-\omega+\omega^{2})(1+\omega-\omega^{2}) \quad \dots(1)$
આપણે જાણીએ છીએ કે,$1+\omega+\omega^{2}=0$.
આના પરથી,આપણે લખી શકીએ:
$1+\omega^{2} = -\omega$,તેથી $(1-\omega+\omega^{2}) = -\omega - \omega = -2\omega$.
$1+\omega = -\omega^{2}$,તેથી $(1+\omega-\omega^{2}) = -\omega^{2} - \omega^{2} = -2\omega^{2}$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$(-2\omega)(-2\omega^{2}) = 4\omega^{3}$.
કારણ કે $\omega^{3}=1$,તેથી અભિવ્યક્તિ $4(1) = 4$ થાય છે.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ છે।
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \frac{2 \pm \sqrt{4-16}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{-12}}{2} = 1 \pm i\sqrt{3}$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા:
$x = 2 \left( \frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 \left( \cos \frac{\pi}{3} \pm i \sin \frac{\pi}{3} \right)$.
ધારો કે $\alpha = 2 e^{i\pi/3}$ અને $\beta = 2 e^{-i\pi/3}$.
તેથી $\alpha^n + \beta^n = (2 e^{i\pi/3})^n + (2 e^{-i\pi/3})^n = 2^n (e^{in\pi/3} + e^{-in\pi/3})$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2 \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\alpha^n + \beta^n = 2^n (2 \cos \frac{n\pi}{3}) = 2^{n+1} \cos \frac{n\pi}{3}$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે।

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ છે।
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા, $x = \frac{2 \pm \sqrt{4-16}}{2} = 1 \pm i\sqrt{3}$ મળે છે।
ધારો કે $\alpha = 1+i\sqrt{3}$ અને $\beta = 1-i\sqrt{3}$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા, $\alpha = 2(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}) = 2e^{i\pi/3}$ અને $\beta = 2(\cos \frac{\pi}{3} - i \sin \frac{\pi}{3}) = 2e^{-i\pi/3}$.
તેથી $\alpha^n + \beta^n = (2e^{i\pi/3})^n + (2e^{-i\pi/3})^n = 2^n(e^{in\pi/3} + e^{-in\pi/3})$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2 \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા, $\alpha^n + \beta^n = 2^n(2 \cos \frac{n\pi}{3}) = 2^{n+1} \cos \frac{n\pi}{3}$ મળે છે।
આને આપેલ પદ $k \cos \frac{n\pi}{3}$ સાથે સરખાવતા, $k = 2^{n+1}$ મળે છે।

(C) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ છે.
$\alpha$ અને $\beta$ બીજ હોવાથી,$\alpha+\beta=2$ અને $\alpha\beta=4$ મળે.
સમીકરણના બીજ $x = \frac{2 \pm \sqrt{4-16}}{2} = 1 \pm i\sqrt{3}$ છે.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં,$\alpha = 2e^{i\pi/3}$ અને $\beta = 2e^{-i\pi/3}$ થાય.
તેથી,$\alpha^9 = (2e^{i\pi/3})^9 = 2^9 e^{i3\pi} = -2^9$ અને $\beta^9 = (2e^{-i\pi/3})^9 = 2^9 e^{-i3\pi} = -2^9$.
આમ,$\alpha^9+\beta^9 = -2^9 - 2^9 = -2 \times 2^9 = -2^{10}$.

(A) આપેલ સમીકરણ $x^9-x^5+x^4-1=0$ છે.
અવયવ પાડતા: $(x^5+1)(x^4-1) = 0$.
$x^4-1=0$ માટે બીજ $x=1, -1, i, -i$ છે.
$x^5+1=0$ માટે બીજ $x=-1, e^{\pm i\pi/5}, e^{\pm 3i\pi/5}$ છે.
વાસ્તવિક બીજ $n=3$ (પુનરાવર્તિત બીજ સાથે),$m=2$,$k=1$.
તેથી,$m \cdot n \cdot k = 3 \times 2 \times 1 = 6$.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3-x^2-x-2=0$ છે.
$x=2$ મૂકતા,$8-4-2-2=0$ મળે છે,તેથી $(x-2)$ એક અવયવ છે.
$(x-2)$ વડે ભાગતા,$(x-2)(x^2+x+1)=0$ મળે છે.
અવાસ્તવિક બીજ $\alpha$ અને $\beta$ એ $x^2+x+1=0$ ના બીજ છે.
આ એકમના સંકર ઘનમૂળ $\omega$ અને $\omega^2$ છે,જ્યાં $\omega^3=1$ અને $1+\omega+\omega^2=0$.
આપણે $\alpha^{2020}+\beta^{2020}+\alpha^{2020} \cdot \beta^{2020}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\alpha=\omega$ અને $\beta=\omega^2$ હોવાથી,$\alpha^{2020}=\omega^{2020}=\omega$ અને $\beta^{2020}=\omega^2$ મળે.
તેથી,$\alpha^{2020}+\beta^{2020}+\alpha^{2020} \cdot \beta^{2020} = \omega + \omega^2 + \omega^3 = \omega + \omega^2 + 1 = 0$.
વિકલ્પો જોતા,$1+\alpha+\beta = 1 + \omega + \omega^2 = 0$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $\alpha$ એ $x^7=1$ નું અવાસ્તવિક બીજ છે,તેથી $\alpha^7=1$ અને $\alpha \neq 1$ થાય.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા:
$\alpha(1+\alpha)(1+\alpha^2+\alpha^4) = \alpha(1+\alpha^2+\alpha^4+\alpha+\alpha^3+\alpha^5)$
$= \alpha + \alpha^3 + \alpha^5 + \alpha^2 + \alpha^4 + \alpha^6$
$= \alpha + \alpha^2 + \alpha^3 + \alpha^4 + \alpha^5 + \alpha^6$
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો છે:
$= \frac{\alpha(1-\alpha^6)}{1-\alpha} = \frac{\alpha-\alpha^7}{1-\alpha}$
$\alpha^7=1$ હોવાથી:
$= \frac{\alpha-1}{1-\alpha} = -1$.

(B) ધારો કે $z = 8i = 8(\cos \frac{\pi}{2} + i \sin \frac{\pi}{2}) = 8e^{i(\frac{\pi}{2} + 2k\pi)}$ જ્યાં $k = 0, 1, 2$.
ઘનમૂળ લેતા,$z^{\frac{1}{3}} = 2e^{i(\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3})}$.
$k=0$ માટે: $2e^{i\frac{\pi}{6}} = \sqrt{3} + i$.
$k=1$ માટે: $2e^{i\frac{5\pi}{6}} = -\sqrt{3} + i$.
$k=2$ માટે: $2e^{i\frac{3\pi}{2}} = -2i$.
આમ,કિંમતો $\pm \sqrt{3} + i, -2i$ છે.

(D) ધારો કે $z = (1+i \sqrt{3})^{3/4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે સંકર સંખ્યા $w = z^n$ માટે,જ્યાં $n = p/q$ હોય,ત્યારે $q$ મૂલ્યોનો ગુણાકાર $(-1)^{q-1} (z^p)$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $r = |1+i\sqrt{3}| = 2$ છે.
તેથી,$r^3 = 2^3 = 8$ થાય.
ગણતરી કરતા,ચાર મૂલ્યોનો ગુણાકાર $8$ મળે છે.

(D) દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+x+1=0$ માટે,બીજ એ એકમના સંકર ઘનમૂળ $\omega$ અને $\omega^2$ છે.
તેથી,$\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$.
આપણે $\alpha^{2021}$ અને $\beta^{2021}$ બીજ ધરાવતું સમીકરણ શોધવાનું છે.
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\alpha^{2021} = \omega^{2021} = (\omega^3)^{673} \cdot \omega^2 = \omega^2$.
તે જ રીતે,$\beta^{2021} = (\omega^2)^{2021} = \omega^{4042} = (\omega^3)^{1347} \cdot \omega = \omega$.
નવા બીજ $\omega^2$ અને $\omega$ છે.
$\omega$ અને $\omega^2$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (\omega + \omega^2)x + \omega \cdot \omega^2 = 0$ છે.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega + \omega^2 = -1$ અને $\omega^3 = 1$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2 - (-1)x + 1 = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + x + 1 = 0$ થાય છે.

(B) ધારો કે $z_1 = -i+\sqrt{3}$ અને $z_2 = -i-\sqrt{3}$.
આપણે $z_1 = -i(1+i\sqrt{3})$ અને $z_2 = i(1-i\sqrt{3})$ લખી શકીએ.
વૈકલ્પિક રીતે,$z_1 = -2i(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = -2i e^{i\pi/3}$ નોંધો.
$z_1^{300} = (-2i)^{300} (e^{i\pi/3})^{300} = 2^{300} (i)^{300} e^{i100\pi} = 2^{300} (1) (1) = 2^{300}$.
તે જ રીતે,$z_2 = -2i(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}) = -2i e^{-i\pi/3}$.
$z_2^{300} = (-2i)^{300} (e^{-i\pi/3})^{300} = 2^{300} (i)^{300} e^{-i100\pi} = 2^{300} (1) (1) = 2^{300}$.
આમ,$z_1^{300} + z_2^{300} = 2^{300} + 2^{300} = 2 \times 2^{300} = 2^{301}$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $x^6 = 1$,તેથી $x^6 - 1 = 0$.
આને $(x-1)(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1) = 0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય.
કારણ કે $\alpha$ એ $x^6=1$ નું અવાસ્તવિક બીજ છે,તે સમીકરણ $x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0$ નું સમાધાન કરે છે.
તેથી,$\alpha^5+\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1=0$.
આપણે પદોને નીચે મુજબ ગોઠવી શકીએ:
$\alpha^5+\alpha^3+\alpha+1 = -(\alpha^4+\alpha^2)$
$\alpha^5+\alpha^3+\alpha+1 = -\alpha^2(\alpha^2+1)$
બંને બાજુ $(\alpha^2+1)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{\alpha^5+\alpha^3+\alpha+1}{\alpha^2+1} = -\alpha^2$.

(C) આપેલ છે કે $f(x, y) = (x+y)(x \omega + y \omega^2)(x \omega^2 + y \omega)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(x \omega + y \omega^2)(x \omega^2 + y \omega) = x^2 \omega^3 + xy \omega^2 + xy \omega^4 + y^2 \omega^3 = x^2 + xy(\omega^2 + \omega) + y^2 = x^2 - xy + y^2$ (કારણ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$).
તેથી,$f(x, y) = (x+y)(x^2 - xy + y^2) = x^3 + y^3$.
$x = 2$ અને $y = 3$ મૂકતા:
$f(2, 3) = 2^3 + 3^3 = 8 + 27 = 35$.

(D) આપેલ છે,$z^2+z+1=0$.
$z^2+z+1=0$ હોવાથી,$z^2+1=-z$ થાય.
$z$ વડે ભાગતા,$z+\frac{1}{z}=-1$ મળે.
તેથી,$\left(z+\frac{1}{z}\right)^3 = (-1)^3 = -1$.
વળી,$z^3=1$ (કારણ કે $z$ એ એકમનું ઘનમૂળ છે).
તેથી $z^4 = z^3 \cdot z = z$ થાય.
આમ,$z^4+\frac{1}{z^4} = z+\frac{1}{z} = -1$.
તેથી,$\left(z^4+\frac{1}{z^4}\right)^3 = (-1)^3 = -1$.
આ પરિણામોનો સરવાળો કરતા,$\left(z+\frac{1}{z}\right)^3+\left(z^4+\frac{1}{z^4}\right)^3 = -1 + (-1) = -2$.

(C) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-x+1=0$ છે.
તેના બીજ $x = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2} = -\omega$ અને $-\omega^2$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
ધારો કે $\alpha = -\omega$ અને $\beta = -\omega^2$.
આપણે $\alpha^{2009} + \beta^{2009} = (-\omega)^{2009} + (-\omega^2)^{2009}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
આનું સાદું રૂપ $-(\omega^{2009} + \omega^{4018})$ થાય છે.
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\omega^{2009} = \omega^2$ અને $\omega^{4018} = \omega$ મળે.
તેથી,$\alpha^{2009} + \beta^{2009} = -(\omega^2 + \omega)$.
નિત્યસમ $1 + \omega + \omega^2 = 0$ નો ઉપયોગ કરતા,$\omega^2 + \omega = -1$ મળે.
આમ,$\alpha^{2009} + \beta^{2009} = -(-1) = 1$.

(D) આપેલ છે કે $2 \alpha = -1 - i \sqrt{3}$ અને $2 \beta = -1 + i \sqrt{3}$.
અહીં $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
તેથી,$\alpha + \beta = -1$ અને $\alpha \beta = 1$.
આપણે $5 \alpha^4 + 5 \beta^4 + \frac{7}{\alpha \beta}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\alpha^3 = 1$ અને $\beta^3 = 1$ હોવાથી,$\alpha^4 = \alpha$ અને $\beta^4 = \beta$ થાય.
તેથી,$5 \alpha^4 + 5 \beta^4 + \frac{7}{\alpha \beta} = 5(\alpha + \beta) + 7 = 5(-1) + 7 = 2$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\alpha_1 + \alpha_2 z + \alpha_3 z^2 + \ldots + \alpha_n z^{n-1} + z^n = 0$ છે.
$z = \cos \theta + i \sin \theta = e^{i \theta}$ હોવાથી,$z^n = \cos n \theta + i \sin n \theta$ થાય.
સમીકરણમાં $z$ ની કિંમત મૂકતા: $\alpha_1 + \alpha_2 e^{i \theta} + \alpha_3 e^{i 2 \theta} + \ldots + \alpha_n e^{i (n-1) \theta} + e^{i n \theta} = 0$.
આખા સમીકરણને $e^{-i n \theta}$ વડે ગુણતા:
$\alpha_1 e^{-i n \theta} + \alpha_2 e^{-i (n-1) \theta} + \ldots + \alpha_n e^{-i \theta} + 1 = 0$.
આ સમીકરણનો વાસ્તવિક ભાગ લેતા:
$\alpha_1 \cos (-n \theta) + \alpha_2 \cos (-(n-1) \theta) + \ldots + \alpha_n \cos (-\theta) + 1 = 0$.
$\cos (-x) = \cos x$ હોવાથી,આ સમીકરણ નીચે મુજબ સાદું રૂપ ધારણ કરે છે:
$\alpha_1 \cos n \theta + \alpha_2 \cos (n-1) \theta + \ldots + \alpha_n \cos \theta + 1 = 0$.
તેથી,$\alpha_1 \cos n \theta + \alpha_2 \cos (n-1) \theta + \ldots + \alpha_n \cos \theta = -1$.

(D) ધારો કે $\omega = \frac{\sqrt{3}+i}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{i\pi/6}$.
તેથી આપેલ પદાવલિ $z = (e^{i\pi/6})^5 + (e^{-i\pi/6})^5$ થાય.
$z = e^{i5\pi/6} + e^{-i5\pi/6}$.
નિત્યસમ $e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos(\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા, આપણને $z = 2\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)$ મળે.
કારણ કે $\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, તેથી $z = 2\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\sqrt{3}$.
$z = -\sqrt{3} + 0i$ હોવાથી, કાલ્પનિક ભાગ $\operatorname{Im}(z) = 0$ થાય.

(B) આપેલ સંકર સમીકરણ:
$i z^3+4 z^2-z+4 i=0$
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા:
$z^2(i z + 4) + i(i z + 4) = 0$
$(i z + 4)(z^2 + i) = 0$
આથી $z = 4i$ અથવા $z^2 = -i$ મળે.
$z^2 = -i$ માટે,$z = \pm(\frac{1-i}{\sqrt{2}})$ મળે.
અહીં $|4i| = 4$ અને $|z| = 1$ છે.
તેથી,ન્યૂનતમ માન ધરાવતું બીજ $\frac{1-i}{\sqrt{2}}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $z=x+iy$ અને $x^2+y^2=1$, તેથી આપણે $z=e^{i\phi}$ લખી શકીએ જ્યાં $\phi = \tan^{-1}(\frac{y}{x})$.
$z_1 = ze^{i\theta} = e^{i\phi}e^{i\theta} = e^{i(\phi+\theta)}$.
તેથી $z_1^{2n} = e^{i2n(\phi+\theta)}$.
પદ $\frac{z_1^{2n}-1}{z_1^{2n}+1} = \frac{e^{i2n(\phi+\theta)}-1}{e^{i2n(\phi+\theta)}+1}$ લો.
અંશ અને છેદને $e^{-in(\phi+\theta)}$ વડે ગુણતા:
$= \frac{e^{in(\phi+\theta)} - e^{-in(\phi+\theta)}}{e^{in(\phi+\theta)} + e^{-in(\phi+\theta)}} = \frac{2i \sin(n(\phi+\theta))}{2 \cos(n(\phi+\theta))}$.
$= i \tan(n(\phi+\theta)) = i \tan(n(\theta+\tan^{-1}(\frac{y}{x})))$.

(D) આપેલ છે $Z = \cos \theta + i \sin \theta$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$Z^{2n} = \cos(2n\theta) + i \sin(2n\theta)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1 + Z^{2n}}{1 - Z^{2n}} = \frac{1 + \cos(2n\theta) + i \sin(2n\theta)}{1 - \cos(2n\theta) - i \sin(2n\theta)}$.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $1 + \cos(2A) = 2 \cos^2 A$ અને $1 - \cos(2A) = 2 \sin^2 A$,તથા $\sin(2A) = 2 \sin A \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2 \cos^2(n\theta) + 2i \sin(n\theta) \cos(n\theta)}{2 \sin^2(n\theta) - 2i \sin(n\theta) \cos(n\theta)} = \frac{2 \cos(n\theta) [\cos(n\theta) + i \sin(n\theta)]}{2i \sin(n\theta) [-i \sin(n\theta) + \cos(n\theta)]}$.
$= \frac{\cos(n\theta)}{i \sin(n\theta)} = -i \cot(n\theta)$.

(C) સંકર સંખ્યા $z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ ના $n^{\text{th}}$ મૂળ $z_k = r^{1/n} \operatorname{cis} \left( \frac{\theta + 2k\pi}{n} \right)$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $k = 0, 1, \dots, n-1$.
$z = -1$ માટે,$r = 1$ અને $\theta = \pi$ છે.
તેથી,$15^{\text{th}}$ મૂળ $\operatorname{cis} \left( \frac{\pi + 2k\pi}{15} \right)$ છે,જ્યાં $k = 0, 1, \dots, 14$.
$k = 6$ માટે,મૂળ $\operatorname{cis} \left( \frac{\pi + 12\pi}{15} \right) = \operatorname{cis} \left( \frac{13\pi}{15} \right)$ મળે છે.

(C) ધારો કે $z = 1 \pm i \sqrt{3}$. આપણે $z$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $2(\cos \frac{\pi}{3} \pm i \sin \frac{\pi}{3})$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$(1+i \sqrt{3})^n + (1-i \sqrt{3})^n = [2(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3})]^n + [2(\cos \frac{\pi}{3} - i \sin \frac{\pi}{3})]^n$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આ $2^n(\cos \frac{n \pi}{3} + i \sin \frac{n \pi}{3}) + 2^n(\cos \frac{n \pi}{3} - i \sin \frac{n \pi}{3})$ બને છે.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $2^n(2 \cos \frac{n \pi}{3}) = 2^{n+1} \cos \frac{n \pi}{3}$ મળે છે.

(C) આપણી પાસે પદાવલિ $S = \sum_{k=1}^6 \left(\sin \frac{2 \pi k}{7} - i \cos \frac{2 \pi k}{7}\right)$ છે.
$-i$ સામાન્ય લેતા,$S = -i \sum_{k=1}^6 \left(\cos \frac{2 \pi k}{7} + i \sin \frac{2 \pi k}{7}\right)$ મળે.
આઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$S = -i \sum_{k=1}^6 e^{i \frac{2 \pi k}{7}}$ મળે.
ધારો કે $\omega = e^{i \frac{2 \pi}{7}}$. તો સરવાળો $S = -i \sum_{k=1}^6 \omega^k$ થાય.
$\omega$ એ એકમનું $7$ મું મૂળ હોવાથી,$1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 + \omega^5 + \omega^6 = 0$ થાય.
તેથી,$\sum_{k=1}^6 \omega^k = -1$.
આ કિંમત $S$ માં મૂકતા,$S = -i(-1) = i$ મળે.

(C) આપેલ છે $z = \frac{\sqrt{3}+i}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{i\pi/6}$.
$z^{101} = e^{i(101\pi/6)} = e^{i(16\pi + 5\pi/6)} = e^{i5\pi/6} = -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}$.
વળી,$i^{103} = i^{100} \cdot i^3 = -i$.
તેથી,$z^{101} + i^{103} = -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{i}{2} = -z$.
આમ,$\left(z^{101} + i^{103}\right)^{105} = (-z)^{105} = -z^{105}$.
$z^{105} = (e^{i\pi/6})^{105} = e^{i(17\pi + \pi/2)} = -i$.
તેથી,$-z^{105} = -(-i) = i$.
અહીં $z^3 = e^{i(3\pi/6)} = i$ હોવાથી,જવાબ $z^3$ છે.

(C) ધારો કે $z = 1+\sin \theta+i \cos \theta$. આને $z = 1+\cos(\frac{\pi}{2}-\theta) + i\sin(\frac{\pi}{2}-\theta)$ તરીકે લખી શકાય.
$1+\cos(2A) = 2\cos^2(A)$ અને $\sin(2A) = 2\sin(A)\cos(A)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}$:
$z = 2\cos^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + 2i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})$
$z = 2\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})]$
તેથી $z^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2}) + i\sin(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
તે જ રીતે,અનુબદ્ધ પદ $\bar{z}^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2}) - i\sin(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
આ બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$z^n + \bar{z}^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [2\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
$= 2^{n+1} \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) \cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})$.

(C) આપેલ છે,$z = \frac{\sqrt{3} + i}{2} = \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{6}\right)$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{101} = \cos \left(\frac{101\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{101\pi}{6}\right)$.
કારણ કે $\frac{101\pi}{6} = 17\pi - \frac{\pi}{6}$,તેથી $z^{101} = \cos \left(17\pi - \frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(17\pi - \frac{\pi}{6}\right) = -\cos \left(\frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{-\sqrt{3} + i}{2}$.
વળી,$i^{103} = i^{100} \times i^3 = 1 \times (-i) = -i$.
આમ,$z^{101} + i^{103} = \frac{-\sqrt{3} + i}{2} - i = \frac{-\sqrt{3} - i}{2} = -\left(\frac{\sqrt{3} + i}{2}\right) = -z$.
તેથી,$\left(z^{101} + i^{103}\right)^{105} = (-z)^{105} = -z^{105}$.
$z^{105} = \left(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6}\right)^{105} = \cos \frac{105\pi}{6} + i \sin \frac{105\pi}{6} = \cos \frac{35\pi}{2} + i \sin \frac{35\pi}{2}$.
કારણ કે $\frac{35\pi}{2} = 18\pi - \frac{\pi}{2}$,તેથી $z^{105} = \cos \left(-\frac{\pi}{2}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{2}\right) = 0 - i = -i$.
અંતે,$-z^{105} = -(-i) = i$.

(C) આપણે પદાવલિને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ: $\sum_{n=1}^{20} \left[ \sin \left( \frac{2n\pi}{21} \right) - i \cos \left( \frac{2n\pi}{21} \right) \right] = -i \sum_{n=1}^{20} \left[ \cos \left( \frac{2n\pi}{21} \right) + i \sin \left( \frac{2n\pi}{21} \right) \right]$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $-i \sum_{n=1}^{20} e^{i(2n\pi/21)}$ બને છે.
ધારો કે $\omega = e^{i(2\pi/21)}$. તો સરવાળો $-i \sum_{n=1}^{20} \omega^n$ થાય.
આ $20$ પદોની ભૌમિતિક શ્રેણી છે,જ્યાં પ્રથમ પદ $\omega$ છે અને સામાન્ય ગુણોત્તર $\omega$ છે.
સરવાળો $\omega \frac{1-\omega^{20}}{1-\omega}$ છે.
કારણ કે $\omega^{21} = e^{i(2\pi)} = 1$,તેથી $\omega^{20} = \omega^{-1} = \frac{1}{\omega}$ મળે.
આમ,સરવાળો $-i \left( \frac{\omega - \omega^{21}}{1-\omega} \right) = -i \left( \frac{\omega - 1}{1-\omega} \right) = -i (-1) = i$ થાય.

(B) ધારો કે $z = \frac{1+\cos \frac{\pi}{8}-i \sin \frac{\pi}{8}}{1+\cos \frac{\pi}{8}+i \sin \frac{\pi}{8}}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ અને $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \frac{2 \cos^2 \frac{\pi}{16} - 2i \sin \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{16}}{2 \cos^2 \frac{\pi}{16} + 2i \sin \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{16}}$
$z = \frac{2 \cos \frac{\pi}{16} (\cos \frac{\pi}{16} - i \sin \frac{\pi}{16})}{2 \cos \frac{\pi}{16} (\cos \frac{\pi}{16} + i \sin \frac{\pi}{16})}$
$z = \frac{\cos \frac{\pi}{16} - i \sin \frac{\pi}{16}}{\cos \frac{\pi}{16} + i \sin \frac{\pi}{16}} = \frac{e^{-i \frac{\pi}{16}}}{e^{i \frac{\pi}{16}}} = e^{-i \frac{2\pi}{16}} = e^{-i \frac{\pi}{8}}$.
હવે,$z^8 = (e^{-i \frac{\pi}{8}})^8 = e^{-i \pi}$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i \theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$e^{-i \pi} = \cos(-\pi) + i \sin(-\pi) = -1 + 0 = -1$.

(D) આપેલ છે કે $Z_r = \cos \left(\frac{\pi}{2^r}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{2^r}\right) = e^{i \frac{\pi}{2^r}}$.
ગુણાકાર $P = Z_1 Z_2 Z_3 \ldots = e^{i \frac{\pi}{2^1}} \cdot e^{i \frac{\pi}{2^2}} \cdot e^{i \frac{\pi}{2^3}} \ldots$
ઘાતાંકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$P = e^{i \left( \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{8} + \ldots \right)}$.
ઘાતાંક એ અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જેમાં પ્રથમ પદ $a = \frac{\pi}{2}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{1}{2}$ છે.
આ અનંત શ્રેણીનો સરવાળો $S = \frac{a}{1 - r} = \frac{\pi/2}{1 - 1/2} = \frac{\pi/2}{1/2} = \pi$ થાય.
તેથી,$P = e^{i \pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1 + i(0) = -1$.

(C) ધારો કે $z = \sqrt{\sqrt{2}+1} + i\sqrt{\sqrt{2}-1}$.
પ્રથમ,$z^2 = (\sqrt{2}+1) - (\sqrt{2}-1) + 2i\sqrt{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}$ ની ગણતરી કરો.
$z^2 = 2 + 2i\sqrt{2-1} = 2 + 2i$.
હવે,$z^8 = (z^2)^4 = (2 + 2i)^4$.
$z^8 = [2(1+i)]^4 = 16(1+i)^4$.
કારણ કે $(1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i$,તેથી $(1+i)^4 = (2i)^2 = 4i^2 = -4$.
તેથી,$z^8 = 16 \times (-4) = -64$.