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

(D) આપેલ સમીકરણ $x^6 = (\sqrt{3} - i)^5$ છે.
ધારો કે $z = \sqrt{3} - i$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $z = 2e^{-i\pi/6}$.
તેથી $z^5 = 2^5 e^{-i5\pi/6}$.
સમીકરણ $x^6 = 2^5 e^{-i5\pi/6}$ છે.
$x^n = A$ પ્રકારના સમીકરણ માટે,બીજનો ગુણાકાર $(-1)^{n-1} A$ થાય છે.
અહીં $n = 6$ અને $A = 2^5 e^{-i5\pi/6}$.
બીજનો ગુણાકાર $= -2^5 e^{-i5\pi/6} = 2^5 e^{i\pi/6} = 16(\sqrt{3} + i) = \frac{2^6}{\sqrt{3} - i}$.

(D) ધારો કે $z_1 = 1+\sqrt{3}i$. આપણે તેને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $z_1 = 2(\cos(\frac{\pi}{3}) + i\sin(\frac{\pi}{3}))$ તરીકે લખી શકીએ.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$z_1^6 = 2^6(\cos(6 \times \frac{\pi}{3}) + i\sin(6 \times \frac{\pi}{3})) = 64(\cos(2\pi) + i\sin(2\pi)) = 64(1+0) = 64$.
ધારો કે $z_2 = \sqrt{3}+i$. આપણે તેને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $z_2 = 2(\cos(\frac{\pi}{6}) + i\sin(\frac{\pi}{6}))$ તરીકે લખી શકીએ.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$z_2^6 = 2^6(\cos(6 \times \frac{\pi}{6}) + i\sin(6 \times \frac{\pi}{6})) = 64(\cos(\pi) + i\sin(\pi)) = 64(-1+0) = -64$.
તેથી,$(1+\sqrt{3}i)^6-(\sqrt{3}+i)^6 = 64 - (-64) = 64 + 64 = 128$.

(C) પ્રથમ,પદ $\frac{\sqrt{3}+i}{\sqrt{3}-i}$ નું સાદું રૂપ આપો. અંશ અને છેદને $\sqrt{3}+i$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{(\sqrt{3}+i)^2}{3+1} = \frac{3-1+2\sqrt{3}i}{4} = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i\pi/3}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $(e^{i\pi/3})^n = -1 = e^{i\pi}$,તેથી $n\pi/3 = \pi + 2k\pi$. ન્યૂનતમ ધન પૂર્ણાંક $n$ માટે,$n/3 = 1 \implies n = 3$. આમ,$p = 3$.
હવે,$\frac{1-\sqrt{3}i}{1+\sqrt{3}i}$ નું સાદું રૂપ આપો. $1-\sqrt{3}i$ વડે ગુણતા,આપણને $\frac{(1-\sqrt{3}i)^2}{1+3} = \frac{-2-2\sqrt{3}i}{4} = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i4\pi/3}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $(e^{i4\pi/3})^m = \operatorname{cis}(2\pi/3) = e^{i2\pi/3}$,તેથી $4m\pi/3 = 2\pi/3 + 2k\pi$. $2\pi/3$ વડે ભાગતા,$2m = 1 + 3k$ મળે. $k=1$ માટે,$2m = 4 \implies m = 2$. આમ,$q = 2$.
અંતે,$\sqrt{p^2+q^2} = \sqrt{3^2+2^2} = \sqrt{9+4} = \sqrt{13}$.

(D) આપેલ સમીકરણ $(\sqrt{3}-i)^{n}=2^{n}$ છે.
સૌ પ્રથમ,સંકર સંખ્યા $z = \sqrt{3}-i$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવો.
માનાંક $|z| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3+1} = 2$ છે.
કોણ $\theta$ માટે $\tan \theta = \frac{-1}{\sqrt{3}}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\theta = -\frac{\pi}{6}$ (કારણ કે તે ચોથા ચરણમાં છે).
આમ,$z = 2(\cos(-\frac{\pi}{6}) + i \sin(-\frac{\pi}{6})) = 2e^{-i\pi/6}$.
આને સમીકરણમાં મૂકતા: $(2e^{-i\pi/6})^n = 2^n$.
$2^n e^{-in\pi/6} = 2^n$.
$2^n$ વડે ભાગતા,આપણને $e^{-in\pi/6} = 1$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $-\frac{n\pi}{6} = 2k\pi$,જ્યાં $k$ કોઈ પૂર્ણાંક છે.
$n = -12k$.
કારણ કે $n \in N$ (પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ),$n$ ની સૌથી નાની ધન કિંમત $k = -1$ લેતા મળે છે,જે $n = 12$ છે.

(B) ધારો કે $z = 1+\sqrt{5}+i \sqrt{10-2 \sqrt{5}}$.
આપણે $z$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપ $z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ માં લખી શકીએ.
અહીં,$r = |z| = \sqrt{(1+\sqrt{5})^2 + (10-2\sqrt{5})} = \sqrt{1+5+2\sqrt{5} + 10-2\sqrt{5}} = \sqrt{16} = 4$.
તેથી $z = 4(\frac{1+\sqrt{5}}{4} + i \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4})$.
નોંધો કે $\cos(36^\circ) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}$ અને $\sin(36^\circ) = \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$.
તેથી,$z = 4(\cos 36^\circ + i \sin 36^\circ) = 4e^{i \pi/5}$.
તેથી $z^5 = (4e^{i \pi/5})^5 = 4^5 e^{i \pi} = 1024(\cos \pi + i \sin \pi) = 1024(-1 + 0) = -1024$.

(A) $z = -8-8 \sqrt{3} i$ લો. ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $z = 16(\cos(\frac{4 \pi}{3}) + i \sin(\frac{4 \pi}{3}))$ છે.
$z^{1/4} = 2(\cos(\frac{\pi}{3} + \frac{k \pi}{2}) + i \sin(\frac{\pi}{3} + \frac{k \pi}{2}))$ માટે $k = 0, 1, 2, 3$.
$k=0$ માટે: $1 + i \sqrt{3}$.
$k=1$ માટે: $-\sqrt{3} + i$.
$k=2$ માટે: $-1 - i \sqrt{3}$.
$k=3$ માટે: $\sqrt{3} - i$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $z = (1+i)^{3/4}$. પ્રથમ,$1+i$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવો: $1+i = \sqrt{2} e^{i(\pi/4 + 2k\pi)}$.
તેથી,$z = (\sqrt{2})^{3/4} e^{i \frac{3}{4}(\pi/4 + 2k\pi)} = 2^{3/8} e^{i(\frac{3\pi}{16} + \frac{3k\pi}{2})}$ જ્યાં $k = 0, 1, 2, 3$.
આ ચાર મૂલ્યોનો ગુણાકાર $P = \prod_{k=0}^{3} 2^{3/8} e^{i(\frac{3\pi}{16} + \frac{3k\pi}{2})} = (2^{3/8})^4 e^{i \sum_{k=0}^{3} (\frac{3\pi}{16} + \frac{3k\pi}{2})}$ છે.
$P = 2^{3/2} e^{i (4 \cdot \frac{3\pi}{16} + \frac{3\pi}{2} \cdot \frac{3(4)}{2})} = 2^{3/2} e^{i (\frac{3\pi}{4} + 9\pi)} = 2^{3/2} e^{i (\frac{3\pi}{4} + \pi)} = 2^{3/2} e^{i (7\pi/4)}$.
કારણ કે $e^{i(7\pi/4)} = \cos(7\pi/4) + i \sin(7\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}} - i \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1-i}{\sqrt{2}}$.
$P = 2^{3/2} \cdot \frac{1-i}{\sqrt{2}} = 2^1 (1-i) = 2(1-i)$.

(D) આપેલ પદ: $Z = \frac{(\cos a+i \sin a)^6}{(\sin b+i \cos b)^8}$
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,અંશ $(\cos a+i \sin a)^6 = \cos(6a) + i \sin(6a) = e^{i6a}$ થાય.
છેદ માટે,$\sin b + i \cos b = i(\cos b - i \sin b) = i e^{-ib}$ થાય.
તેથી,$(\sin b + i \cos b)^8 = i^8 (e^{-ib})^8 = 1 \cdot e^{-i8b} = e^{-i8b}$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા: $Z = \frac{e^{i6a}}{e^{-i8b}} = e^{i(6a+8b)}$.
ઓઇલરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $Z = \cos(6a+8b) + i \sin(6a+8b)$.
તેથી વાસ્તવિક ભાગ $\cos(6a+8b)$ છે.

(D) ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$[r(\cos \theta + i \sin \theta)]^n = r^n(\cos n\theta + i \sin n\theta)$.
આપેલ પદાવલિ: $[\sqrt{2}(\cos 56^{\circ} 15^{\prime} + i \sin 56^{\circ} 15^{\prime})]^8$.
અહીં,$r = \sqrt{2}$,$\theta = 56^{\circ} 15^{\prime} = 56.25^{\circ}$,અને $n = 8$.
પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$= (\sqrt{2})^8 [\cos(8 \times 56.25^{\circ}) + i \sin(8 \times 56.25^{\circ})]$.
$= 2^4 [\cos(450^{\circ}) + i \sin(450^{\circ})]$.
કારણ કે $450^{\circ} = 360^{\circ} + 90^{\circ}$,તેથી $\cos(450^{\circ}) = \cos(90^{\circ}) = 0$ અને $\sin(450^{\circ}) = \sin(90^{\circ}) = 1$.
$= 16(0 + i(1)) = 16i$.

(B) આપેલ છે કે $z = \cos \theta + i \sin \theta$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$z^r = (\cos \theta + i \sin \theta)^r = \cos(r \theta) + i \sin(r \theta)$.
અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $\bar{z} = \cos \theta - i \sin \theta$ છે.
તેથી,$(\bar{z})^r = (\cos \theta - i \sin \theta)^r = \cos(r \theta) - i \sin(r \theta)$.
આ બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$z^r + (\bar{z})^r = (\cos(r \theta) + i \sin(r \theta)) + (\cos(r \theta) - i \sin(r \theta)) = 2 \cos(r \theta)$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ અને $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$(\cosh x + \sinh x)^n = \left( \frac{e^x + e^{-x}}{2} + \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right)^n$
$= \left( \frac{2e^x}{2} \right)^n = (e^x)^n = e^{nx}$.
હાયપરબોલિક વિધેયોની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા:
$e^{nx} = \cosh nx + \sinh nx$.

(D) આપેલ પદ $(\sin \theta - i \cos \theta)^3$ છે.
પદમાંથી $-i$ સામાન્ય લેતા:
$(\sin \theta - i \cos \theta) = -i (\cos \theta + i \sin \theta)$.
હવે,આનો ઘન કરતા:
$[-i (\cos \theta + i \sin \theta)]^3 = (-i)^3 (\cos \theta + i \sin \theta)^3$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos n \theta + i \sin n \theta$:
$= (-i)^3 (\cos 3 \theta + i \sin 3 \theta)$.
કારણ કે $(-i)^3 = -i^3 = -(-i) = i$,તેથી પદ $i(\cos 3 \theta + i \sin 3 \theta) = i \cos 3 \theta - \sin 3 \theta$ થાય.

(B) આપેલ પદ: $(\cos 4 + i \sin 4 + 1)^{2020}$.
નિત્યસમ $1 + \cos 2A = 2 \cos^2 A$ અને $\sin 2A = 2 \sin A \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\cos 4 + 1) + i \sin 4 = 2 \cos^2 2 + 2i \sin 2 \cos 2$.
$2 \cos 2$ સામાન્ય લેતા:
$2 \cos 2 (\cos 2 + i \sin 2)$.
તેનો $2020$ ઘાત લેતા:
$[2 \cos 2 (\cos 2 + i \sin 2)]^{2020} = 2^{2020} \cos^{2020} 2 (\cos 2 + i \sin 2)^{2020}$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$:
$2^{2020} \cos^{2020} 2 (\cos(2020 \times 2) + i \sin(2020 \times 2)) = 2^{2020} \cos^{2020} 2 (\cos 4040 + i \sin 4040)$.
તેથી વાસ્તવિક ભાગ $2^{2020} \cos^{2020} 2 \cos 4040$ છે.

(B) આપેલ પદ: $(1-i \sqrt{3})^9$
આને આ રીતે લખી શકાય: $2^9 \left(\frac{1-i \sqrt{3}}{2}\right)^9$
$= 2^9 \left(\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^9$
ધ્રુવીય સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} = \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)$
તેથી,$2^9 \left[\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right]^9$
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$:
$= 2^9 [\cos(-3\pi) + i \sin(-3\pi)]$
$= 2^9 [\cos(3\pi) - i \sin(3\pi)]$
કારણ કે $\cos(3\pi) = -1$ અને $\sin(3\pi) = 0$:
$= 2^9 [-1 - 0] = -2^9$

(D) આપેલ પદ: $z = \left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+i \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)^{2020}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \frac{5 \pi}{12} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ અને $\sin \frac{5 \pi}{12} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
તેથી,$z = \left(\cos \frac{5 \pi}{12} + i \sin \frac{5 \pi}{12}\right)^{2020}$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n \theta) + i \sin(n \theta)$:
$z = \cos \left(2020 \times \frac{5 \pi}{12}\right) + i \sin \left(2020 \times \frac{5 \pi}{12}\right)$
$z = \cos \left(\frac{2525 \pi}{3}\right) + i \sin \left(\frac{2525 \pi}{3}\right)$
કારણ કે $\frac{2525 \pi}{3} = 842 \pi - \frac{\pi}{3}$,
$z = \cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right)$
$z = \cos \frac{\pi}{3} - i \sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i$.

(C) આપેલ પદાવલિ $E = \frac{(\sin \frac{\pi}{8} + i \cos \frac{\pi}{8})^8}{(\sin \frac{\pi}{8} - i \cos \frac{\pi}{8})^8}$ છે.
અંશમાંથી $i$ અને છેદમાંથી $-i$ સામાન્ય લેતા:
$E = \frac{[i(\cos \frac{\pi}{8} - i \sin \frac{\pi}{8})]^8}{[(-i)(\cos \frac{\pi}{8} + i \sin \frac{\pi}{8})]^8}$.
$i^8 = 1$ અને $(-i)^8 = 1$ હોવાથી,પદાવલિ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$E = \frac{(\cos \frac{\pi}{8} - i \sin \frac{\pi}{8})^8}{(\cos \frac{\pi}{8} + i \sin \frac{\pi}{8})^8}$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{(e^{-i\pi/8})^8}{(e^{i\pi/8})^8} = \frac{e^{-i\pi}}{e^{i\pi}}$.
$e^{i\pi} = -1$ અને $e^{-i\pi} = -1$ હોવાથી,
$E = \frac{-1}{-1} = 1$.

(D) આપેલ છે $z = \cos \theta + i \sin \theta = e^{i \theta}$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{2m-1} = \cos((2m-1)\theta) + i \sin((2m-1)\theta)$.
તેથી,$\text{Im}(z^{2m-1}) = \sin((2m-1)\theta)$.
આપણે $S = \sum_{m=1}^{15} \sin((2m-1)\theta) = \sin \theta + \sin 3\theta + \sin 5\theta + \dots + \sin 29\theta$ ની ગણતરી કરવાની છે.
આ સમાંતર શ્રેણીમાં સાઈનનો સરવાળો છે જ્યાં પ્રથમ પદ $a = \theta$,સામાન્ય તફાવત $d = 2\theta$,અને પદોની સંખ્યા $n = 15$ છે.
સરવાળા માટેનું સૂત્ર $S = \frac{\sin(n d / 2)}{\sin(d / 2)} \sin(a + (n-1)d / 2)$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $S = \frac{\sin(15 \cdot 2\theta / 2)}{\sin(2\theta / 2)} \sin(\theta + (15-1)2\theta / 2) = \frac{\sin(15\theta)}{\sin \theta} \sin(\theta + 14\theta) = \frac{\sin^2(15\theta)}{\sin \theta}$.
$\theta = 2^{\circ}$ માટે,$15\theta = 30^{\circ}$.
$S = \frac{\sin^2(30^{\circ})}{\sin 2^{\circ}} = \frac{(1/2)^2}{\sin 2^{\circ}} = \frac{1/4}{\sin 2^{\circ}} = \frac{1}{4 \sin 2^{\circ}}$.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,બીજ $\alpha, \beta = \frac{2 \pm \sqrt{4-16}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}i}{2} = 1 \pm i\sqrt{3}$ મળે છે.
બીજને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$\alpha = 2\left(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}\right)$ અને $\beta = 2\left(\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\alpha^n + \beta^n = 2^n \left(\cos \frac{n\pi}{3} + i \sin \frac{n\pi}{3}\right) + 2^n \left(\cos \left(-\frac{n\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{n\pi}{3}\right)\right)$.
$\cos(-\theta) = \cos \theta$ અને $\sin(-\theta) = -\sin \theta$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\alpha^n + \beta^n = 2^n \left(2 \cos \frac{n\pi}{3}\right) = 2^{n+1} \cos \left(\frac{n\pi}{3}\right)$.

(A) ધારો કે $z = \left(\frac{2+i \sqrt{5}}{2-i \sqrt{5}}\right)^{10} + \left(\frac{2-i \sqrt{5}}{2+i \sqrt{5}}\right)^{10}$.
ધારો કે $2 = r \cos \theta$ અને $\sqrt{5} = r \sin \theta$. તેથી $r = \sqrt{2^2 + (\sqrt{5})^2} = 3$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{2}{3}$ અને $\sin \theta = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
પદાવલિ $z = \left(\frac{\cos \theta + i \sin \theta}{\cos \theta - i \sin \theta}\right)^{10} + \left(\frac{\cos \theta - i \sin \theta}{\cos \theta + i \sin \theta}\right)^{10}$ બને છે.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z = (e^{i2\theta})^{10} + (e^{-i2\theta})^{10} = 2 \cos(20\theta)$.
$\cos \theta = \frac{2}{3}$ હોવાથી,$\theta = \cos^{-1}(\frac{2}{3})$.
તેથી,$|z| = 2 \cos(20 \cos^{-1}(\frac{2}{3}))$,કારણ કે $20\theta$ પ્રથમ ચરણમાં છે જ્યાં કોસાઇન ધન છે.

(A) ધારો કે $z = \frac{1+\cos (3 \theta)+i \sin (3 \theta)}{1+\cos (3 \theta)-i \sin (3 \theta)}$.
નિત્યસમ $1+\cos (2A) = 2\cos^2 A$ અને $\sin (2A) = 2\sin A \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \frac{2\cos^2(\frac{3\theta}{2}) + i 2\sin(\frac{3\theta}{2})\cos(\frac{3\theta}{2})}{2\cos^2(\frac{3\theta}{2}) - i 2\sin(\frac{3\theta}{2})\cos(\frac{3\theta}{2})}$
$z = \frac{2\cos(\frac{3\theta}{2}) [\cos(\frac{3\theta}{2}) + i\sin(\frac{3\theta}{2})]}{2\cos(\frac{3\theta}{2}) [\cos(\frac{3\theta}{2}) - i\sin(\frac{3\theta}{2})]}$
$z = \frac{\cos(\frac{3\theta}{2}) + i\sin(\frac{3\theta}{2})}{\cos(\frac{3\theta}{2}) - i\sin(\frac{3\theta}{2})} = \frac{e^{i(3\theta/2)}}{e^{-i(3\theta/2)}} = e^{i(3\theta/2 + 3\theta/2)} = e^{i(3\theta)}$.
તેથી,$z^{20} = (e^{i(3\theta)})^{20} = e^{i(60\theta)} = \cos(60\theta) + i\sin(60\theta)$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^{11}-x^6-x^5+1=0$ છે.
અવયવ પાડતા:
$x^6(x^5-1) - 1(x^5-1) = 0$
$(x^6-1)(x^5-1) = 0$
આથી $x^6=1$ અથવા $x^5=1$.
બીજો $x = \operatorname{cis}(\frac{2k\pi}{6})$ જ્યાં $k \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ અથવા $x = \operatorname{cis}(\frac{2r\pi}{5})$ જ્યાં $r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ દ્વારા મળે છે.
$k=1$ માટે,$x = \operatorname{cis}(\frac{2\pi}{6}) = \operatorname{cis}(\frac{\pi}{3})$.
આમ,$\operatorname{cis}(\frac{\pi}{3})$ એ એક સંકર બીજ છે.

(D) આપેલ છે,$S = \sum_{k=1}^6 \left[ \sin \frac{2 k \pi}{7} - i \cos \frac{2 k \pi}{7} \right]$
$-i$ સામાન્ય લેતા:
$S = \sum_{k=1}^6 (-i) \left( \cos \frac{2 k \pi}{7} + i \sin \frac{2 k \pi}{7} \right)$
ધારો કે $\omega = e^{i \frac{2 \pi}{7}} = \cos \frac{2 \pi}{7} + i \sin \frac{2 \pi}{7}$.
$S = -i \sum_{k=1}^6 \omega^k$
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે:
$S = -i \left( \omega + \omega^2 + \dots + \omega^6 \right)$
કારણ કે $\omega$ એ એકમનું $7$ મું મૂળ છે,$1 + \omega + \omega^2 + \dots + \omega^6 = 0$.
તેથી,$\omega + \omega^2 + \dots + \omega^6 = -1$.
આ કિંમત $S$ માં મૂકતા:
$S = -i (-1) = i$.

(A) આપેલ છે કે $x_n = \cos \frac{\pi}{2^n} + i \sin \frac{\pi}{2^n} = e^{i \frac{\pi}{2^n}}$.
આપણે ગુણાકાર $P = \prod_{n=1}^{\infty} x_n = \prod_{n=1}^{\infty} e^{i \frac{\pi}{2^n}}$ શોધવાનો છે.
ઘાતાંકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$P = e^{i \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}}$.
ઘાતાંકમાં રહેલ સરવાળો એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n} = \pi \left( \frac{1/2}{1 - 1/2} \right) = \pi \left( \frac{1/2}{1/2} \right) = \pi$.
તેથી,$P = e^{i \pi}$.
ઓઈલરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$e^{i \pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1 + 0i = -1$.

(B) ધારો કે $S = 1+3z+5z^2+7z^3+9z^4+11z^5+13z^6$.
$z$ વડે ગુણતા,આપણને $zS = z+3z^2+5z^3+7z^4+9z^5+11z^6+13z^7$ મળે.
$z$ એ $x^7=1$ નું બીજ હોવાથી,$z^7=1$ થાય.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(1-z)S = 1+2z+2z^2+2z^3+2z^4+2z^5+2z^6-13z^7$.
$z^7=1$ હોવાથી,આ $(1-z)S = 1+2(z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6)-13$ માં પરિણમે છે.
$1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6=0$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6 = -1$ મળે.
આમ,$(1-z)S = 1+2(-1)-13 = 1-2-13 = -14$.
તેથી,$S = \frac{-14}{1-z}$.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = n(n+1 + \frac{1}{\omega})(n+1 + \frac{1}{\omega^2})$ છે.
$\omega^3 = 1$ હોવાથી,$\frac{1}{\omega} = \omega^2$ અને $\frac{1}{\omega^2} = \omega$ થાય.
તેથી,$T_n = n(n+1 + \omega^2)(n+1 + \omega) = n((n+1)^2 + (n+1)(\omega + \omega^2) + \omega^3)$.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\omega + \omega^2 = -1$ મળે.
આમ,$T_n = n((n+1)^2 - (n+1) + 1) = n(n^2 + 2n + 1 - n - 1 + 1) = n(n^2 + n + 1) = n^3 + n^2 + n$.
$10$ પદોનો સરવાળો $\sum_{n=1}^{10} (n^3 + n^2 + n) = \sum n^3 + \sum n^2 + \sum n$ છે.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{n=1}^{10} n^3 = (\frac{10 \times 11}{2})^2 = 3025$.
$\sum_{n=1}^{10} n^2 = \frac{10 \times 11 \times 21}{6} = 385$.
$\sum_{n=1}^{10} n = \frac{10 \times 11}{2} = 55$.
કુલ સરવાળો $= 3025 + 385 + 55 = 3465$.

(D) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $E = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2}+\frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^3 = 1$ અને $1+\omega+\omega^2 = 0$.
બીજા પદના અંશ અને છેદને $\omega$ વડે ગુણતા:
$E = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2} + \frac{a\omega+b \omega^2+c}{b\omega+c \omega^2+a} = (1+\omega) \left( \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2} \right) = -\omega^2 \left( \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2} \right) = -1$.

(A) આપણે $\cos \left(\sum_{k=1}^7(k-\omega)(k-\omega^2) \frac{\pi}{175}\right)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$\omega^2+\omega+1=0$ અને $\omega^3=1$ હોવાથી,$(k-\omega)(k-\omega^2) = k^2 - k(\omega+\omega^2) + \omega^3 = k^2 - k(-1) + 1 = k^2+k+1$ થાય.
આમ,પદાવલિ $\cos \left(\frac{\pi}{175} \sum_{k=1}^7 (k^2+k+1)\right)$ બને છે.
સરવાળાની ગણતરી: $\sum_{k=1}^7 k^2 = \frac{7(8)(15)}{6} = 140$,$\sum_{k=1}^7 k = \frac{7(8)}{2} = 28$,અને $\sum_{k=1}^7 1 = 7$.
સરવાળો $= 140 + 28 + 7 = 175$.
તેથી,$\cos \left(\frac{\pi}{175} \times 175\right) = \cos(\pi) = -1$.

(A) આપેલ છે કે $1+\omega+\omega^2 = 0$,તેથી $1+\omega^2 = -\omega$ અને $1+\omega = -\omega^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(1-\omega+\omega^2)^{3k} + (1-\omega^2+\omega)^{3k} = (1-\omega+\omega^2)^{3k+1} + (1+\omega-\omega^2)^{3k+1}$
$(-2\omega)^{3k} + (-2\omega^2)^{3k} = (-2\omega)^{3k+1} + (-2\omega^2)^{3k+1}$
$(-2)^{3k} \omega^{3k} + (-2)^{3k} \omega^{6k} = (-2)^{3k+1} \omega^{3k+1} + (-2)^{3k+1} \omega^{2(3k+1)}$
કારણ કે $\omega^3 = 1$,તેથી $\omega^{3k} = 1$ અને $\omega^{6k} = 1$:
$(-2)^{3k}(1+1) = (-2)^{3k} \cdot (-2) \cdot (\omega + \omega^2)$
$2 = -2(\omega + \omega^2)$
કારણ કે $\omega + \omega^2 = -1$,આપણને $2 = -2(-1) = 2$ મળે છે.
આ વિધાન તમામ $k \in N$ માટે સત્ય છે. તેથી,$k = r$ જ્યાં $r \in N$.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
પ્રથમ,$\omega$ ના ઘાતનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
હવે આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sin \left[ (\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4} \right]$
$\omega + \omega^2 = -1$ હોવાથી:
$\sin \left[ (-1) \pi - \frac{\pi}{4} \right] = \sin \left( -\frac{5\pi}{4} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

(B) આપેલ સમીકરણ: $8z^3 - 12z^2 + 6z - 28 = 0$ ...$(i)$
નિરીક્ષણ દ્વારા,$z = 2$ એ એક બીજ છે કારણ કે $8(8) - 12(4) + 6(2) - 28 = 0$.
સમીકરણને $(z - 2)$ વડે ભાગતા:
$(z - 2)(8z^2 + 4z + 14) = 0$
$(z - 2)(4z^2 + 2z + 7) = 0$
$4z^2 + 2z + 7 = 0$ માટે,બીજ $z = \frac{-1 \pm 3\sqrt{3}i}{4}$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}$ અને $\omega^2 = \frac{-1 - i\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\frac{3\omega + 1}{2} = \frac{-1 + 3i\sqrt{3}}{4}$ અને $\frac{3\omega^2 + 1}{2} = \frac{-1 - 3i\sqrt{3}}{4}$.
આમ,બીજ $2, \frac{3\omega + 1}{2}, \frac{3\omega^2 + 1}{2}$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $(-1+i \sqrt{3})^{60}$
આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ: $2^{60} \left( -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^{60}$
ધારો કે $\omega = -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$ એ એકમનું ઘનમૂળ છે.
તેથી પદાવલિ થશે: $2^{60} \times \omega^{60}$
કારણ કે $\omega^3 = 1$,તેથી $\omega^{60} = (\omega^3)^{20} = 1^{20} = 1$.
આમ,$(-1+i \sqrt{3})^{60} = 2^{60} \times 1 = 2^{60}$.

(B) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$ થાય.
$\omega$ ની ઘાતનું સાદું રૂપ આપતા: $\omega^{10} = \omega$ અને $\omega^{11} = \omega^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(2-\omega)^2(2-\omega^2)^2(2-\omega)^2(2-\omega^2)^2 = [(2-\omega)(2-\omega^2)]^4$
$= [4 - 2(\omega+\omega^2) + \omega^3]^4$
અહીં $\omega+\omega^2 = -1$ અને $\omega^3 = 1$ હોવાથી:
$= [4 - 2(-1) + 1]^4 = 7^4$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2=0$,જેનો અર્થ છે કે $1+\omega^2=-\omega$ અને $1+\omega=-\omega^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(1-\omega+\omega^2)^5+(1+\omega-\omega^2)^5 = (-\omega-\omega)^5+(-\omega^2-\omega^2)^5$
$= (-2\omega)^5+(-2\omega^2)^5$
$= -32\omega^5 - 32\omega^{10}$
$= -32(\omega^5+\omega^{10})$
કારણ કે $\omega^3=1$,તેથી $\omega^5 = \omega^2$ અને $\omega^{10} = \omega$.
$= -32(\omega^2+\omega)$
કારણ કે $1+\omega+\omega^2=0$,તેથી $\omega^2+\omega = -1$.
$= -32(-1) = 32$.

(C) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે.
$\therefore 1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$.
આપેલ પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા:
$(x+y)^2+(x\omega+y\omega^2)^2+(x\omega^2+y\omega)^2$
$= (x^2+y^2+2xy) + (x^2\omega^2+y^2\omega^4+2xy\omega^3) + (x^2\omega^4+y^2\omega^2+2xy\omega^3)$
$= x^2+y^2+2xy + x^2\omega^2+y^2\omega+2xy + x^2\omega+y^2\omega^2+2xy$
$= x^2(1+\omega+\omega^2) + y^2(1+\omega+\omega^2) + 6xy$
કારણ કે $1+\omega+\omega^2=0$,તેથી:
$= x^2(0) + y^2(0) + 6xy = 6xy$.

(C) આપેલ છે,$z^3+27 i=0$.
$27 i = (-3 i)^3$ હોવાથી,$z^3 - (-3 i)^3 = 0$ મળે.
નિત્યસમ $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$(z - (-3 i))(z^2 + z(-3 i) + (-3 i)^2) = 0$ મળે.
$(z + 3 i)(z^2 - 3 i z - 9) = 0$.
કિસ્સો $1$: $z + 3 i = 0 \Rightarrow z = -3 i$.
કિસ્સો $2$: $z^2 - 3 i z - 9 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $z = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \frac{3 i \pm \sqrt{(-3 i)^2 - 4(1)(-9)}}{2} = \frac{3 i \pm \sqrt{-9 + 36}}{2} = \frac{3 i \pm \sqrt{27}}{2} = \frac{3 i \pm 3 \sqrt{3}}{2}$.
આમ,ઉકેલો $-3 i$,$\frac{3 \sqrt{3} + 3 i}{2}$,અને $\frac{-3 \sqrt{3} + 3 i}{2}$ છે.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો જવાબ $\frac{3 \sqrt{3} + 3 i}{2}$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $z^5-1=0$ છે,જેના બીજ $1, \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ છે.
તેથી,આપણે લખી શકીએ $z^5-1=(z-1)(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)(z-\alpha_3)(z-\alpha_4)$.
$z=\omega$ મૂકતા,આપણને $\omega^5-1=(\omega-1)(\omega-\alpha_1)(\omega-\alpha_2)(\omega-\alpha_3)(\omega-\alpha_4)$ મળે છે.
હવે,પદાવલિ $(\omega-1)(\omega-\alpha_1)(\omega-\alpha_2)(\omega-\alpha_3)(\omega-\alpha_4)+\omega = \omega^5-1+\omega$ થાય છે.
$\omega^3=1$ હોવાથી,$\omega^5 = \omega^3 \times \omega^2 = \omega^2$.
તેથી,પદાવલિ $\omega^2+\omega-1$ થાય છે.
એકમના ઘનમૂળના ગુણધર્મ $1+\omega+\omega^2=0$ નો ઉપયોગ કરતા,$\omega^2+\omega=-1$ મળે છે.
તેથી,કિંમત $-1-1=-2$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$,જેનો અર્થ છે કે $\omega^{-1}=\omega^2$.
પદાવલિમાં $\omega^{-1}=\omega^2$ મૂકતા:
$(1-\omega+\omega^2)^5-2(1+\omega-\omega^2)^4$
$1+\omega^2=-\omega$ અને $1+\omega=-\omega^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(-\omega-\omega)^5-2(-\omega^2-\omega^2)^4$
$=(-2\omega)^5-2(-2\omega^2)^4$
$=-32\omega^5-2(16\omega^8)$
$=-32\omega^2-32\omega^2$
$=-64\omega^2$
કારણ કે $\omega^2=\omega^{-1}$,તેથી જવાબ $-64\omega^{-1}$ છે.

(C) એકમના $11$ માં મૂળ એ સમીકરણ $x^{11} - 1 = 0$ ના બીજ છે.
Vieta ના સૂત્ર મુજબ,$a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_0 = 0$ સમીકરણ માટે,બીજનો ગુણાકાર $(-1)^n \cdot \frac{a_0}{a_n}$ થાય છે.
અહીં,$n = 11$,$a_{11} = 1$,અને $a_0 = -1$ છે.
તેથી,બીજનો ગુણાકાર $(-1)^{11} \cdot \frac{-1}{1} = (-1) \cdot (-1) = 1$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
$\omega$ ની ઘાતનું સાદું રૂપ આપતા:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
હવે પદાવલિમાં કિંમત મૂકતા:
$\sin \left\{(\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4}\right\}$
$\omega + \omega^2 = -1$ હોવાથી:
$\sin \left\{-\pi - \frac{\pi}{4}\right\} = \sin \left(-\left(\pi + \frac{\pi}{4}\right)\right) = -(-\sin \frac{\pi}{4}) = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) એકમના ઘનમૂળ $1, \omega, \omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = e^{i \frac{2\pi}{3}}$.
આ બિંદુઓ સંકર સમતલમાં એકમ વર્તુળ $|z| = 1$ પર આવેલા છે.
કોઈપણ બે મૂળ વચ્ચેનું અંતર $|1 - \omega| = \sqrt{3}$ છે.
બધા શિરોબિંદુઓની જોડી વચ્ચેનું અંતર સમાન હોવાથી,બનતો ત્રિકોણ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) કારણ કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$ થાય.
સામાન્ય પદ $T_r = \left(r+\frac{1}{\omega}\right)\left(r+\frac{1}{\omega^2}\right)$ લો.
તેનું વિસ્તરણ કરતા,$T_r = r^2 + r\left(\frac{1}{\omega} + \frac{1}{\omega^2}\right) + \frac{1}{\omega^3}$ મળે.
$\frac{1}{\omega} = \omega^2$ અને $\frac{1}{\omega^2} = \omega$ હોવાથી,$\frac{1}{\omega} + \frac{1}{\omega^2} = \omega^2 + \omega = -1$ થાય.
વળી,$\frac{1}{\omega^3} = 1$ છે.
તેથી,$T_r = r^2 - r + 1$.
સરવાળો $\sum_{r=1}^n (r^2 - r + 1) = \sum_{r=1}^n r^2 - \sum_{r=1}^n r + \sum_{r=1}^n 1$ થાય.
પ્રમાણિત સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n(n+1)}{2} + n$.
$= \frac{n(n+1)(2n+1) - 3n(n+1) + 6n}{6} = \frac{n[(n+1)(2n+1) - 3(n+1) + 6]}{6}$.
$= \frac{n[2n^2 + 3n + 1 - 3n - 3 + 6]}{6} = \frac{n[2n^2 + 4]}{6} = \frac{2n(n^2+2)}{6} = \frac{n(n^2+2)}{3}$.

(D) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$.
પદ $r(r+1-\omega)(r+1-\omega^2)$ ને વિસ્તૃત કરતા,આપણને $r[(r+1)^2 - (r+1)(\omega+\omega^2) + \omega^3]$ મળે.
$\omega+\omega^2 = -1$ અને $\omega^3 = 1$ હોવાથી,આ પદ $r[(r+1)^2 + (r+1) + 1] = r(r^2+3r+3) = r^3+3r^2+3r$ બને છે.
હવે,$\sum_{r=1}^9 (r^3+3r^2+3r) = \sum_{r=1}^9 r^3 + 3\sum_{r=1}^9 r^2 + 3\sum_{r=1}^9 r$ ની ગણતરી કરતા:
$\sum_{r=1}^9 r^3 = [\frac{9(10)}{2}]^2 = 2025$.
$3\sum_{r=1}^9 r^2 = 3 \times \frac{9(10)(19)}{6} = 855$.
$3\sum_{r=1}^9 r = 3 \times \frac{9(10)}{2} = 135$.
સરવાળો: $2025 + 855 + 135 = 3015$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$x$ એ $1$ સિવાયનું એકમનું ઘનમૂળ છે,તેથી $x = \omega$ અથવા $x = \omega^2$. કારણ કે $\omega^3 = 1$ અને $\omega^2 + \omega + 1 = 0$,તેથી $\omega + \omega^2 = -1$.
સામાન્ય પદ $T_n = \left(x^n + \frac{1}{x^n}\right)^2$ ધ્યાનમાં લો.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક હોય,તો $x^n = 1$,તેથી $T_n = (1 + 1)^2 = 4$. આવા $4$ પદો છે $(n=3, 6, 9, 12)$.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય,તો $x^n$ એ $\omega$ અથવા $\omega^2$ છે,તેથી $T_n = (\omega + \omega^2)^2 = (-1)^2 = 1$. આવા $8$ પદો છે.
કુલ સરવાળો $8 \times (1) + 4 \times (4) = 8 + 16 = 24$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$.
આપણે પદાવલિ $\frac{1}{1+2 \omega}+\frac{1}{2+\omega}-\frac{1}{1+\omega}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ બે પદોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\frac{1}{1+2 \omega}+\frac{1}{2+\omega} = \frac{2+\omega+1+2 \omega}{(1+2 \omega)(2+\omega)} = \frac{3+3 \omega}{2+5 \omega+2 \omega^2}$.
$1+\omega = -\omega^2$ હોવાથી,અંશ $-3 \omega^2$ થશે.
વળી,$2+5 \omega+2 \omega^2 = 2(1+\omega^2)+5 \omega = 2(-\omega)+5 \omega = 3 \omega$.
તેથી,પ્રથમ બે પદોનો સરવાળો $\frac{3(1+\omega)}{3 \omega} = \frac{1+\omega}{\omega} = \frac{-\omega^2}{\omega} = -\omega$ થાય.
હવે,ત્રીજું પદ બાદ કરતા:
$-\frac{1}{1+\omega} = -\frac{1}{-\omega^2} = \frac{1}{\omega^2} = \omega$.
આમ,કુલ સરવાળો $-\omega + \omega = 0$ થાય.

(B) ધારો કે આપેલ પદ $E = \left[\frac{51+73 \omega+87 \omega^2}{73+87 \omega+51 \omega^2}+\frac{51+73 \omega+87 \omega^2}{87+51 \omega+73 \omega^2}\right]^{15}$ છે.
અહીં $A = 51+73 \omega+87 \omega^2$,$B = 73+87 \omega+51 \omega^2$,અને $C = 87+51 \omega+73 \omega^2$ લેતા.
નોંધો કે $B = \omega^2 A$ અને $C = \omega A$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિ $\left[\frac{A}{\omega^2 A} + \frac{A}{\omega A}\right]^{15} = \left[\frac{1}{\omega^2} + \frac{1}{\omega}\right]^{15}$ બને છે.
$\frac{1}{\omega^2} = \omega$ અને $\frac{1}{\omega} = \omega^2$ હોવાથી,આપણને $(\omega + \omega^2)^{15}$ મળે છે.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega + \omega^2 = -1$ થાય.
તેથી,$(-1)^{15} = -1$.

(B) ધારો કે $S = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2} + \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$.
નોંધો કે $c+a \omega+b \omega^2 = \omega^2(c \omega + a \omega^2 + b) = \omega^2(b+c \omega+a \omega^2)$.
આમ,પદાવલિ $\frac{a+b \omega+c \omega^2}{\omega^2(b+c \omega+a \omega^2)} + \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$ બને છે.
$\frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$ સામાન્ય લેતા,આપણને $\frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2} (\frac{1}{\omega^2} + 1) = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2} (\omega + 1)$ મળે છે.
કારણ કે $1+\omega+\omega^2 = 0$,તેથી $1+\omega = -\omega^2$.
$a=1, b=0, c=0$ જેવી ચોક્કસ કિંમતો માટે ગણતરી કરતા $\frac{1}{\omega^2} + \frac{1}{\omega} = \omega + \omega^2 = -1$ મળે છે.
આમ,જવાબ $-1$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^3 = 1$ અને $\frac{1}{\omega} = \omega^2$,$\frac{1}{\omega^2} = \omega$.
$k=1$ માટે,$(\omega + \omega^2)^2 = (-1)^2 = 1$.
$k=2$ માટે,$(\omega^2 + \omega)^2 = (-1)^2 = 1$.
$k=3$ માટે,$(\omega^3 + \frac{1}{\omega^3})^2 = (1 + 1)^2 = 4$.
$k=4$ માટે,$(\omega^4 + \frac{1}{\omega^4})^2 = (\omega + \omega^2)^2 = (-1)^2 = 1$.
$k=5$ માટે,$(\omega^5 + \frac{1}{\omega^5})^2 = (\omega^2 + \omega)^2 = (-1)^2 = 1$.
$k=6$ માટે,$(\omega^6 + \frac{1}{\omega^6})^2 = (1 + 1)^2 = 4$.
આ કિંમતોનો સરવાળો: $1 + 1 + 4 + 1 + 1 + 4 = 12$.