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

(D) ધારો કે $z_1 = 1-\sqrt{3}i$ અને $z_2 = \sqrt{3}+i$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા:
$z_1 = 2(\cos(-\frac{\pi}{3}) + i\sin(-\frac{\pi}{3})) = 2e^{-i\pi/3}$.
$z_2 = 2(\cos(\frac{\pi}{6}) + i\sin(\frac{\pi}{6})) = 2e^{i\pi/6}$.
હવે,$z_1^9 = 2^9 e^{-i3\pi} = 2^9(\cos(-3\pi) + i\sin(-3\pi)) = 2^9(-1) = -2^9$.
$z_2^9 = 2^9 e^{i3\pi/2} = 2^9(\cos(\frac{3\pi}{2}) + i\sin(\frac{3\pi}{2})) = 2^9(0 - i) = -i2^9$.
તેથી,$|z_1^9 + z_2^9| = |-2^9 - i2^9| = |2^9(-1-i)| = 2^9|-1-i|$.
$|z_1^9 + z_2^9| = 2^9 \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2} = 2^9 \sqrt{2} = 2^9 \cdot 2^{1/2} = 2^{19/2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ છે કે $z = \frac{-1-i \sqrt{3}}{2} = \omega$,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
વળી,$\frac{1}{\omega} = \omega^2$.
પદાવલિ $\sum_{k=1}^{2022} (\omega^k + \omega^{2k})^2 = \sum_{k=1}^{2022} (\omega^{2k} + \omega^{4k} + 2\omega^{3k})$ છે.
$\omega^{3k} = 1$ હોવાથી,આ $\sum_{k=1}^{2022} (\omega^{2k} + \omega^k + 2)$ બને છે.
સરવાળાને અલગ પાડતા: $\sum_{k=1}^{2022} \omega^{2k} + \sum_{k=1}^{2022} \omega^k + \sum_{k=1}^{2022} 2$.
$2022$ એ $3$ નો ગુણક હોવાથી,$3$ પદો પર $\omega$ ની ઘાતનો સરવાળો $0$ થાય છે.
તેથી,$\sum_{k=1}^{2022} \omega^k = 0$ અને $\sum_{k=1}^{2022} \omega^{2k} = 0$.
કુલ સરવાળો $0 + 0 + 2 \times 2022 = 4044$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે,$k(\cos \theta+i \sin \theta)=2+2 \sqrt{3} i$.
માનાંક અને કોણાંકની સરખામણી કરતા,$k = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4$.
વળી,$\cos \theta = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ અને $\sin \theta = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \frac{\pi}{3}$.
હવે,આપણે $\frac{1}{\sqrt{3}}[\cos 6 \theta+i \sin 6 \theta]$ ની કિંમત મેળવવાની છે.
$\theta = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા,$6\theta = 6(\frac{\pi}{3}) = 2\pi$ મળે.
તેથી,$\frac{1}{\sqrt{3}}[\cos 2\pi + i \sin 2\pi] = \frac{1}{\sqrt{3}}[1 + i(0)] = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(D) ધારો કે $z = \sqrt{3} + i$.
તેથી,માનાંક $|z| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3+1} = 2$.
કોણ $\theta = \arg(z) = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
આમ,ધ્રુવીય સ્વરૂપ $z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$ છે.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{10} = 2^{10}(\cos \frac{10\pi}{6} + i \sin \frac{10\pi}{6})$.
ખૂણાનું સાદુરૂપ આપતા,$\frac{10\pi}{6} = \frac{5\pi}{3}$.
$z^{10} = 1024(\cos \frac{5\pi}{3} + i \sin \frac{5\pi}{3})$.
કારણ કે $\cos \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}$ અને $\sin \frac{5\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$z^{10} = 1024(\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}) = 512 - 512i\sqrt{3}$.
$a+bi$ સાથે સરખાવતા,$a = 512$ અને $b = -512\sqrt{3}$ મળે છે.

(D) આપણી પાસે છે,
$\sum_{r=1}^{16}\left(\sin \frac{2 r \pi}{17}+i \cos \frac{2 r \pi}{17}\right) = i \sum_{r=1}^{16}\left(\cos \frac{2 r \pi}{17} - i \sin \frac{2 r \pi}{17}\right)$
$= i \sum_{r=1}^{16} e^{-\frac{i 2 r \pi}{17}}$
ધારો કે $K = e^{-\frac{2 i \pi}{17}}$. તો સરવાળો $i \sum_{r=1}^{16} K^r$ થાય.
આ $16$ પદો ધરાવતી ભૌમિતિક શ્રેણી છે:
$i \left[ K \frac{1-K^{16}}{1-K} \right] = i \frac{K-K^{17}}{1-K}$
કારણ કે $K^{17} = e^{-2 i \pi} = \cos(2 \pi) - i \sin(2 \pi) = 1$,
તેથી પદાવલિ $i \frac{K-1}{1-K} = i(-1) = -i$ થાય.

(D) ધારો કે $z = \sqrt{3}-i$. ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં,$z = 2(\cos(-\frac{\pi}{6}) + i\sin(-\frac{\pi}{6})) = 2e^{-i\frac{\pi}{6}}$.
આપણે $w = z^{3/7} = (2e^{-i\frac{\pi}{6} + 2k\pi i})^{3/7}$ ની તમામ કિંમતોનો ગુણાકાર શોધવા માંગીએ છીએ,જ્યાં $k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$.
આ $w_k = 2^{3/7} e^{i(-\frac{\pi}{14} + \frac{6k\pi}{7})}$ તરીકે સરળ બને છે.
આ $7$ કિંમતોનો ગુણાકાર $P = \prod_{k=0}^{6} 2^{3/7} e^{i(-\frac{\pi}{14} + \frac{6k\pi}{7})}$ છે.
$P = (2^{3/7})^7 \cdot e^{i \sum_{k=0}^{6} (-\frac{\pi}{14} + \frac{6k\pi}{7})} = 8 \cdot e^{i (-\frac{7\pi}{14} + \frac{6\pi}{7} \cdot \frac{6 \cdot 7}{2})} = 8 \cdot e^{i (-\frac{\pi}{2} + 18\pi)} = 8 \cdot e^{-i\frac{\pi}{2}} = 8(-i) = -8i$.

(C) આપેલ છે કે $|Z|=2$ અને $\operatorname{amp}(Z)=\theta$, તેથી આપણે $Z=2e^{i\theta}$ લખી શકીએ.
તેથી $Z_1 = \frac{2e^{i\theta}}{2} e^{i\alpha} = e^{i(\theta+\alpha)}$.
હવે, $Z_1^n = (e^{i(\theta+\alpha)})^n = e^{in(\theta+\alpha)} = \cos(n(\theta+\alpha)) + i\sin(n(\theta+\alpha))$.
તે જ રીતે, $Z_1^{-n} = e^{-in(\theta+\alpha)} = \cos(n(\theta+\alpha)) - i\sin(n(\theta+\alpha))$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{Z_1^n-Z_1^{-n}}{Z_1^n+Z_1^{-n}} = \frac{(\cos(n(\theta+\alpha)) + i\sin(n(\theta+\alpha))) - (\cos(n(\theta+\alpha)) - i\sin(n(\theta+\alpha)))}{(\cos(n(\theta+\alpha)) + i\sin(n(\theta+\alpha))) + (\cos(n(\theta+\alpha)) - i\sin(n(\theta+\alpha)))}$
$= \frac{2i\sin(n(\theta+\alpha))}{2\cos(n(\theta+\alpha))} = i\tan(n(\theta+\alpha))$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $z = \sqrt{3} + i$. આપણે $z$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં $z = 2(\cos(\frac{\pi}{6}) + i \sin(\frac{\pi}{6}))$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી $z^{2n} = 2^{2n}(\cos(\frac{n\pi}{3}) + i \sin(\frac{n\pi}{3}))$.
તે જ રીતે,$(\sqrt{3}-i)^{2n} = 2^{2n}(\cos(\frac{n\pi}{3}) - i \sin(\frac{n\pi}{3}))$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,આપણને $2^{2n} \times 2 \cos(\frac{n\pi}{3}) = 2^{2n+1} \cos(\frac{n\pi}{3})$ મળે છે.
$n=1$ માટે,$(\sqrt{3}+i)^2 + (\sqrt{3}-i)^2 = (2+2\sqrt{3}i) + (2-2\sqrt{3}i) = 4$.
વિકલ્પ $C$ માં $n=1$ મૂકતા,$(-1)^{1+1} 2^{2(1)} = 1 \times 4 = 4$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે $z = 1 - i \sqrt{3}$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં,$z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$,જ્યાં $r = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2$.
ખૂણો $\theta = -\frac{\pi}{3}$ છે.
ઘનમૂળ $w_k = \sqrt[3]{2} \left( \cos \left( \frac{-\pi/3 + 2k\pi}{3} \right) + i \sin \left( \frac{-\pi/3 + 2k\pi}{3} \right) \right)$ છે,જ્યાં $k = 0, 1, 2$.
$k=0$ માટે: $\theta_0 = -20^\circ$ (ચોથું ચરણ).
$k=1$ માટે: $\theta_1 = 100^\circ$ (બીજું ચરણ).
$k=2$ માટે: $\theta_2 = 220^\circ$ (ત્રીજું ચરણ).
કોઈ પણ મૂળ પ્રથમ ચરણમાં નથી.

(B) ધારો કે $z = \sqrt{3} + i$. ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા,$r = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$. કોણ $\theta = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$z^{10} = 2^{10}(\cos \frac{10\pi}{6} + i \sin \frac{10\pi}{6}) = 1024(\cos \frac{5\pi}{3} + i \sin \frac{5\pi}{3})$.
કારણ કે $\cos \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}$ અને $\sin \frac{5\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી $z^{10} = 1024(\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}) = 512 - 512i\sqrt{3}$.
તે જ રીતે,$\bar{z} = \sqrt{3} - i$ માટે,$\bar{z}^{10} = 1024(\cos(-\frac{5\pi}{3}) + i \sin(-\frac{5\pi}{3})) = 1024(\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) = 512 + 512i\sqrt{3}$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$(\sqrt{3}+i)^{10} + (\sqrt{3}-i)^{10} = (512 - 512i\sqrt{3}) + (512 + 512i\sqrt{3}) = 1024$.

(C) ધારો કે $z = -1 - \sqrt{3}i$.
પ્રથમ,$z$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવો:
$|z| = \sqrt{(-1)^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2$.
$\theta = \text{arg}(z) = \frac{4\pi}{3}$.
તેથી,$z = 2e^{i(4\pi/3 + 2k\pi)}$ જ્યાં $k = 0, 1, 2, 3$.
$z^{3/4} = 2^{3/4} e^{i(\pi + 3k\pi/2)}$.
વાસ્તવિક કિંમત માટે,કાલ્પનિક ભાગ શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $\sin(\pi + \frac{3k\pi}{2}) = 0$.
આ માટે $k$ યુગ્મ હોવો જોઈએ.
$k \in \{0, 1, 2, 3\}$ માટે,$k=0$ અને $k=2$ મળે છે.
આમ,$2$ વાસ્તવિક કિંમતો મળે છે.

(C) ધારો કે $z = 1 - i \sqrt{3}$.
પ્રથમ,$z$ નું ધ્રુવીય સ્વરૂપ શોધો.
માનાંક $r = |z| = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2$.
કોણ $\theta = \tan^{-1}(\frac{-\sqrt{3}}{1}) = -\frac{\pi}{3}$.
તેથી,$z = 2(\cos(-\frac{\pi}{3}) + i \sin(-\frac{\pi}{3}))$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{2025} = 2^{2025}(\cos(2025 \times -\frac{\pi}{3}) + i \sin(2025 \times -\frac{\pi}{3}))$.
$2025 \times -\frac{\pi}{3} = -675\pi$.
કારણ કે $-675\pi = -674\pi - \pi$,ખૂણો $-\pi$ સાથે સમાન છે.
$z^{2025} = 2^{2025}(\cos(-\pi) + i \sin(-\pi)) = 2^{2025}(-1 + 0i) = -2^{2025}$.

(C) આપેલ છે કે $Z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ એ $x^3 = i$ નો ઉકેલ છે.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,$Z^3 = r^3(\cos 3\theta + i \sin 3\theta)$.
કારણ કે $Z^3 = i$,તેથી $r^3(\cos 3\theta + i \sin 3\theta) = i$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $i = \cos(\pi / 2) + i \sin(\pi / 2)$.
આમ,$r^9(\cos \theta + i \sin \theta)^9 = (r^3(\cos \theta + i \sin \theta)^3)^3$.
$Z^3 = i$ હોવાથી,આ પદ $(i)^3$ બને છે.
કિંમત ગણતા: $i^3 = i^2 \times i = -1 \times i = -i$.

(B) આપણી પાસે $(-64 i)^{5 / 6} = (64)^{5 / 6} \times (-i)^{5 / 6}$ છે.
કારણ કે $-i = \cos(\frac{3\pi}{2}) + i \sin(\frac{3\pi}{2}) = e^{i(\frac{3\pi}{2} + 2k\pi)}$,તેથી:
$(-64 i)^{5 / 6} = 32 \times (e^{i(\frac{3\pi}{2} + 2k\pi)})^{5 / 6} = 32 \times e^{i(\frac{15\pi}{12} + \frac{10k\pi}{6})}$.
$k = 3$ માટે,ઘાતાંક $i(\frac{15\pi}{12} + 5\pi) = i(\frac{5\pi}{4} + 5\pi) = i(\frac{25\pi}{4})$ થાય છે.
કારણ કે $\frac{25\pi}{4} = 6\pi + \frac{\pi}{4}$,તેથી $e^{i(6\pi + \pi/4)} = e^{i\pi/4} = \cos(\frac{\pi}{4}) + i \sin(\frac{\pi}{4})$.
આમ,કિંમત $32(\frac{1}{\sqrt{2}} + i \frac{1}{\sqrt{2}}) = 16\sqrt{2}(1+i)$ મળે છે.

(C) ધારો કે $Z = (\sqrt{3} - i)^{\frac{1}{6}}$,તેથી $Z^6 = \sqrt{3} - i$.
$\sqrt{3} - i$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$Z^6 = 2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - i \frac{1}{2} \right) = 2 \left( \cos(-\frac{\pi}{6}) + i \sin(-\frac{\pi}{6}) \right) = 2 \operatorname{cis}(-\frac{\pi}{6})$.
વ્યાપક સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરતા,$Z^6 = 2 \operatorname{cis}(2K\pi - \frac{\pi}{6})$ જ્યાં $K = 0, 1, 2, 3, 4, 5$.
$6^{th}$ મૂળ લેતા,$Z = 2^{\frac{1}{6}} \operatorname{cis} \left( \frac{2K\pi - \frac{\pi}{6}}{6} \right) = 2^{\frac{1}{6}} \operatorname{cis} \left( \frac{K\pi}{3} - \frac{\pi}{36} \right)$.
$K = 5$ માટે:
$Z = 2^{\frac{1}{6}} \operatorname{cis} \left( \frac{5\pi}{3} - \frac{\pi}{36} \right) = 2^{\frac{1}{6}} \operatorname{cis} \left( \frac{60\pi - \pi}{36} \right) = 2^{\frac{1}{6}} \operatorname{cis} \left( \frac{59\pi}{36} \right)$.

(D) ધારો કે $Z = (\sqrt{3}-i)^{\frac{2}{5}}$.
પ્રથમ,$\sqrt{3}-i$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવો: $\sqrt{3}-i = 2(\cos(-\frac{\pi}{6}) + i \sin(-\frac{\pi}{6}))$.
તેથી,$Z = [2(\cos(-\frac{\pi}{6}) + i \sin(-\frac{\pi}{6}))]^{\frac{2}{5}} = 2^{\frac{2}{5}}(\cos(-\frac{\pi}{15}) + i \sin(-\frac{\pi}{15}))$.
વિકલ્પો તપાસતા,$2^{-\frac{3}{5}}(1+i\sqrt{3}) = 2^{-\frac{3}{5}} \cdot 2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 2^{\frac{2}{5}}(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3})$ મળે છે.
આ અભિવ્યક્તિનું મુખ્ય મૂલ્ય છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $\left(\frac{\sqrt{3}+i}{\sqrt{3}-i}\right)^m=1$ છે.
પ્રથમ,આધારનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{\sqrt{3}+i}{\sqrt{3}-i} = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = e^{i\pi/3}$.
તેથી,સમીકરણ $(e^{i\pi/3})^m = 1$ બને છે,જેનો અર્થ છે કે $e^{im\pi/3} = 1$.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $\frac{m\pi}{3} = 2n\pi$ હોય,એટલે કે $m = 6n$.
આપણને $2022 < m < 2029$ આપેલ છે.
$6$ ના ગુણકો તપાસતા: $2022/6 = 337$ અને $2028/6 = 338$.
આમ,$2022$ અને $2029$ ની વચ્ચે $6$ નો ગુણક $2028$ છે.
તેથી,$m = 2028$.

(B) આપેલ પદ: $(-32 i)^{\frac{2}{5}}$
આપણે $-i$ ને $\cos \frac{3 \pi}{2} + i \sin \frac{3 \pi}{2}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,$(-32 i)^{\frac{2}{5}} = (32)^{\frac{2}{5}} (-i)^{\frac{2}{5}} = 4 (\cos \frac{3 \pi}{2} + i \sin \frac{3 \pi}{2})^{\frac{2}{5}}$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n \theta) + i \sin(n \theta)$,આપણે મુખ્ય કિંમત લઈએ:
$= 4 (\cos(\frac{3 \pi}{2} \times \frac{2}{5}) + i \sin(\frac{3 \pi}{2} \times \frac{2}{5}))$
$= 4 (\cos \frac{3 \pi}{5} + i \sin \frac{3 \pi}{5})$
$= 4 \operatorname{cis} \frac{3 \pi}{5}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=0}^{6} \cos \frac{2 \pi k}{7} = 0$ અને $\sum_{k=0}^{6} \sin \frac{2 \pi k}{7} = 0$.
કારણ કે $\cos 0 = 1$ અને $\sin 0 = 0$,તેથી $\sum_{k=1}^{6} \cos \frac{2 \pi k}{7} = -1$ અને $\sum_{k=1}^{6} \sin \frac{2 \pi k}{7} = 0$.
આપેલ પદાવલિ $\sum_{k=1}^{6} (\sin \frac{2 \pi k}{7} - i \cos \frac{2 \pi k}{7}) = \sum_{k=1}^{6} \sin \frac{2 \pi k}{7} - i \sum_{k=1}^{6} \cos \frac{2 \pi k}{7}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $0 - i(-1) = i$ મળે છે.

(C) $n \in N$ આપેલ છે,ધારો કે $z = \left(\frac{1+\cos \theta+i \sin \theta}{1+\cos \theta-i \sin \theta}\right)^n$.
નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ અને $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \left(\frac{2 \cos^2 \frac{\theta}{2} + 2i \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}}{2 \cos^2 \frac{\theta}{2} - 2i \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}}\right)^n$
$z = \left(\frac{2 \cos \frac{\theta}{2} (\cos \frac{\theta}{2} + i \sin \frac{\theta}{2})}{2 \cos \frac{\theta}{2} (\cos \frac{\theta}{2} - i \sin \frac{\theta}{2})}\right)^n$
$z = \left(\frac{\cos \frac{\theta}{2} + i \sin \frac{\theta}{2}}{\cos \frac{\theta}{2} - i \sin \frac{\theta}{2}}\right)^n$
ઘાતાંકીય સ્વરૂપ $e^{i\phi} = \cos \phi + i \sin \phi$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \left(\frac{e^{i\theta/2}}{e^{-i\theta/2}}\right)^n = (e^{i\theta})^n = e^{in\theta}$
$z = \cos (n \theta) + i \sin (n \theta)$.

(B) આપેલ છે કે $z^{\frac{1}{5}} = 2 \cos \left(\frac{7 \pi}{5}\right) + 2i \sin \left(\frac{7 \pi}{5}\right)$.
ડી મોઇવરના પ્રમેય મુજબ,જો $w = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ એ $z^{\frac{1}{5}}$ નું એક મૂળ હોય,તો $z = w^5 = r^5(\cos(5\theta) + i \sin(5\theta))$.
અહીં,$r = 2$ અને $\theta = \frac{7 \pi}{5}$ છે.
તેથી,$z = 2^5 \left(\cos \left(5 \times \frac{7 \pi}{5}\right) + i \sin \left(5 \times \frac{7 \pi}{5}\right)\right)$.
$z = 32(\cos(7 \pi) + i \sin(7 \pi))$.
કારણ કે $\cos(7 \pi) = -1$ અને $\sin(7 \pi) = 0$,તેથી $z = 32(-1 + 0i) = -32$.

(D) આપેલ છે કે $|a|=1$ અને $\arg (a)=\theta$,તેથી $a = \cos \theta + i \sin \theta = e^{i\theta}$.
સમીકરણ $\left(\frac{1+i z}{1-i z}\right)^4 = e^{i\theta}$ છે.
ચોથું મૂળ લેતા,$\frac{1+i z}{1-i z} = e^{i\left(\frac{2k\pi+\theta}{4}\right)} = \cos \phi + i \sin \phi$,જ્યાં $\phi = \frac{2k\pi+\theta}{4}$ અને $k=0,1,2,3$.
ધારો કે $\omega = \frac{2k\pi+\theta}{8}$. તેથી $\phi = 2\omega$.
$\frac{1+iz}{1-iz} = \cos 2\omega + i \sin 2\omega$ પર યોગ-વિયોગ (componendo and dividendo) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{iz} = \frac{\cos 2\omega + i \sin 2\omega + 1}{\cos 2\omega + i \sin 2\omega - 1} = \frac{2\cos^2 \omega + 2i \sin \omega \cos \omega}{-2\sin^2 \omega + 2i \sin \omega \cos \omega} = \frac{2\cos \omega (\cos \omega + i \sin \omega)}{2i \sin \omega (\cos \omega + i \sin \omega)} = \frac{\cos \omega}{i \sin \omega} = \frac{1}{i \tan \omega}$.
આમ,$z = \tan \omega = \tan \left(\frac{2k\pi+\theta}{8}\right)$ જ્યાં $k=0,1,2,3$.

(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:
$z = \frac{2 \cos^2 \frac{\pi}{16} - i (2 \sin \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{16})}{2 \cos^2 \frac{\pi}{16} + i (2 \sin \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{16})}$
$z = \frac{2 \cos \frac{\pi}{16} (\cos \frac{\pi}{16} - i \sin \frac{\pi}{16})}{2 \cos \frac{\pi}{16} (\cos \frac{\pi}{16} + i \sin \frac{\pi}{16})}$
$z = \frac{\cos \frac{\pi}{16} - i \sin \frac{\pi}{16}}{\cos \frac{\pi}{16} + i \sin \frac{\pi}{16}} = \frac{e^{-i \pi / 16}}{e^{i \pi / 16}} = e^{-i \pi / 8}$.
હવે,$z^{12} = (e^{-i \pi / 8})^{12} = e^{-i 12 \pi / 8} = e^{-i 3 \pi / 2}$.
$e^{-i 3 \pi / 2} = \cos(\frac{3 \pi}{2}) + i \sin(\frac{3 \pi}{2}) = 0 + i(1) = i$.

(D) ધારો કે $z = 1 - i \sqrt{3}$.
પ્રથમ,$z$ ને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવો: $|z| = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2$.
કોણાંક $\theta$ માટે $\tan \theta = \frac{-\sqrt{3}}{1} = -\sqrt{3}$. $z$ ચોથા ચરણમાં હોવાથી,$\theta = -\frac{\pi}{3}$ અથવા $2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$.
તેથી,$z = 2(\cos \frac{5\pi}{3} + i \sin \frac{5\pi}{3})$.
$z$ ના ઘનમૂળો $z^{1/3} = 2^{1/3} \left[ \cos \left( \frac{5\pi/3 + 2k\pi}{3} \right) + i \sin \left( \frac{5\pi/3 + 2k\pi}{3} \right) \right]$ છે,જ્યાં $k = 0, 1, 2$.
કોણાંક $\theta_k = \frac{5\pi + 6k\pi}{9}$ છે.
$k=0$ માટે,$\theta_0 = \frac{5\pi}{9}$.
$k=1$ માટે,$\theta_1 = \frac{11\pi}{9}$.
$k=2$ માટે,$\theta_2 = \frac{17\pi}{9}$.
આ બધા ધન છે અને $2\pi$ કરતા નાના છે.
સરવાળો $\frac{5\pi}{9} + \frac{11\pi}{9} + \frac{17\pi}{9} = \frac{33\pi}{9} = \frac{11\pi}{3}$ થાય.

(C) આપેલ પદને ધ્યાનમાં લો: $\left[\frac{\left(1+\cos \frac{\pi}{12}\right)+i \sin \frac{\pi}{12}}{\left(1+\cos \frac{\pi}{12}\right)-i \sin \frac{\pi}{12}}\right]^{72}$
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2 \cos^2 \frac{\theta}{2}$ અને $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left[\frac{2 \cos^2 \frac{\pi}{24} + i 2 \sin \frac{\pi}{24} \cos \frac{\pi}{24}}{2 \cos^2 \frac{\pi}{24} - i 2 \sin \frac{\pi}{24} \cos \frac{\pi}{24}}\right]^{72}$
અંશ અને છેદમાંથી $2 \cos \frac{\pi}{24}$ સામાન્ય લેતા:
$\left[\frac{2 \cos \frac{\pi}{24} (\cos \frac{\pi}{24} + i \sin \frac{\pi}{24})}{2 \cos \frac{\pi}{24} (\cos \frac{\pi}{24} - i \sin \frac{\pi}{24})}\right]^{72} = \left(\frac{\cos \frac{\pi}{24} + i \sin \frac{\pi}{24}}{\cos \frac{\pi}{24} - i \sin \frac{\pi}{24}}\right)^{72}$
ગુણધર્મ $\frac{e^{i\theta}}{e^{-i\theta}} = e^{i2\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left(e^{i \frac{\pi}{24}} / e^{-i \frac{\pi}{24}}\right)^{72} = (e^{i \frac{2\pi}{24}})^{72} = (e^{i \frac{\pi}{12}})^{72}$
$= e^{i \frac{72\pi}{12}} = e^{i 6\pi}$
ઓઈલરના સૂત્ર મુજબ,$e^{i 6\pi} = \cos(6\pi) + i \sin(6\pi) = 1 + i(0) = 1$.

(C) ધારો કે $z = \sqrt{3}+i$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા,$r = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$ અને $\theta = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$ અને $\bar{z} = 2(\cos \frac{\pi}{6} - i \sin \frac{\pi}{6})$.
ડી-મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^7 + \bar{z}^7 = 2^7(\cos \frac{7\pi}{6} + i \sin \frac{7\pi}{6}) + 2^7(\cos \frac{7\pi}{6} - i \sin \frac{7\pi}{6})$.
$= 2^7(2 \cos \frac{7\pi}{6}) = 2^8 \cos(\pi + \frac{\pi}{6})$.
$= -2^8 \cos(\frac{\pi}{6}) = -256 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = -128 \sqrt{3}$.

(D) એકમના $n^{\text{th}}$ મૂળ $e^{i \frac{2k\pi}{n}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = 0, 1, 2, \dots, n-1$.
$12^{\text{th}}$ એકમના મૂળ $e^{i \frac{k_1\pi}{6}}$ છે અને $30^{\text{th}}$ એકમના મૂળ $e^{i \frac{k_2\pi}{15}}$ છે.
સામાન્ય મૂળની સંખ્યા $\gcd(n, m)$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$\gcd(12, 30) = 6$.
તેથી,કુલ $6$ સામાન્ય મૂળ છે.

(C) ધારો કે $X = a+b\omega+c\omega^2$. નોંધો કે $\omega X = a\omega+b\omega^2+c$ અને $\omega^2 X = a\omega^2+b+c\omega$.
આપેલ પદાવલિ $\left(\frac{X}{c+a\omega+b\omega^2}\right)^k + \left(\frac{X}{b+a\omega^2+c\omega}\right)^l = 2$ છે.
કારણ કે $c+a\omega+b\omega^2 = \omega X$ અને $b+a\omega^2+c\omega = \omega^2 X$,આપણે આ કિંમતો મૂકીએ:
$\left(\frac{X}{\omega X}\right)^k + \left(\frac{X}{\omega^2 X}\right)^l = 2$
$\left(\frac{1}{\omega}\right)^k + \left(\frac{1}{\omega^2}\right)^l = 2$
$\omega^{-k} + \omega^{-2l} = 2$
કારણ કે $\omega^3 = 1$,આપણી પાસે $\omega^{-k} = 1$ અને $\omega^{-2l} = 1$ હોવું જોઈએ.
આમ,$k$ એ $3$ નો ગુણક છે અને $l$ એ $3$ નો ગુણક છે.
તેથી,$2k+l$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય છે.

(B) ધારો કે $z = \frac{\sqrt{3}+i}{\sqrt{3}-i}$. અંશ અને છેદને $\sqrt{3}+i$ વડે ગુણતા,આપણને $z = \frac{(\sqrt{3}+i)^2}{3+1} = \frac{3-1+2i\sqrt{3}}{4} = \frac{2+2i\sqrt{3}}{4} = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} = \operatorname{cis}\left(\frac{\pi}{3}\right)$ મળે છે.
તેથી આપેલ પદાવલિ $z^4 + (\bar{z})^4 = \operatorname{cis}\left(\frac{4\pi}{3}\right) + \operatorname{cis}\left(-\frac{4\pi}{3}\right) = 2 \cos\left(\frac{4\pi}{3}\right) = 2 \cos\left(\pi + \frac{\pi}{3}\right) = -2 \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = -2 \times \frac{1}{2} = -1$ થાય.
આમ,$r \operatorname{cis} \theta = -1 = 1 \cdot \operatorname{cis}(\pi)$.
આપણે $\sqrt{r \operatorname{cis} \theta} = \sqrt{-1} = \sqrt{\operatorname{cis}(\pi)}$ શોધવાનું છે.
$\operatorname{cis}(\pi)$ ના વર્ગમૂળ $k=0, 1$ માટે $\operatorname{cis}\left(\frac{\pi + 2k\pi}{2}\right)$ છે.
$k=0$ માટે,આપણને $\operatorname{cis}\left(\frac{\pi}{2}\right) = i$ મળે છે.
$k=1$ માટે,આપણને $\operatorname{cis}\left(\frac{3\pi}{2}\right) = -i$ મળે છે.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$\operatorname{cis}\left(\frac{3\pi}{2}\right)$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) ધારો કે $z_1 = 1 + \sqrt{3} i = 2(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}) = 2e^{i\pi/3}$.
તેથી $z_1^{2022} = 2^{2022} e^{i(2022\pi/3)} = 2^{2022} e^{i(674\pi)} = 2^{2022} \times 1 = 2^{2022}$.
ધારો કે $z_2 = \sqrt{3} - i = 2(\cos \frac{\pi}{6} - i \sin \frac{\pi}{6}) = 2e^{-i\pi/6}$.
તેથી $z_2^{2022} = 2^{2022} e^{-i(2022\pi/6)} = 2^{2022} e^{-i(337\pi)} = 2^{2022} \times (-1) = -2^{2022}$.
તેથી,$z_1^{2022} - z_2^{2022} = 2^{2022} - (-2^{2022}) = 2^{2022} + 2^{2022} = 2 \times 2^{2022} = 2^{2023}$.

(B) આપેલ છે કે $x=a+b$,$y=a \alpha+b \beta$,$z=a \beta+b \alpha$ જ્યાં $\alpha=\omega$ અને $\beta=\omega^2$ એ એકમના સંકર ઘનમૂળ છે.
$1+\omega+\omega^2=0$ હોવાથી,$x+y+z = (a+b) + (a\omega+b\omega^2) + (a\omega^2+b\omega) = a(1+\omega+\omega^2) + b(1+\omega+\omega^2) = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો $x+y+z=0$ હોય,તો $x^3+y^3+z^3=3xyz$.
$3xyz = 3(a+b)(a\omega+b\omega^2)(a\omega^2+b\omega)$
$= 3(a+b)(a^2\omega^3 + ab\omega^2 + ab\omega^4 + b^2\omega^3)$
$= 3(a+b)(a^2 + ab\omega^2 + ab\omega + b^2)$
$= 3(a+b)(a^2 + ab(\omega^2+\omega) + b^2)$
$\omega^2+\omega = -1$ હોવાથી,
$= 3(a+b)(a^2 - ab + b^2) = 3(a^3+b^3)$.

(C) આપેલ છે કે $(1+\omega)$ એ $x^n-x=0$ નું બીજ છે.
$x = 1+\omega$ મૂકતા,આપણને $(1+\omega)^n - (1+\omega) = 0$ મળે છે.
$1+\omega+\omega^2=0$ હોવાથી,$1+\omega = -\omega^2$ થાય.
સમીકરણમાં આ કિંમત મૂકતા: $(-\omega^2)^n - (-\omega^2) = 0$.
$(-1)^n \omega^{2n} + \omega^2 = 0$.
$(-1)^n \omega^{2n} = -\omega^2$.
આ શરત સંતોષવા માટે,$n$ એકી સંખ્યા હોવી જોઈએ (જેથી $(-1)^n = -1$) અને $\omega^{2n} = \omega^2$ થવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $2n \equiv 2 \pmod{3}$,એટલે કે $2n = 3k + 2$ કોઈ પૂર્ણાંક $k$ માટે.
$n=3$ માટે,$2(3) = 6 \equiv 0 \pmod{3}$ (ખોટું).
$n=5$ માટે,$2(5) = 10 \equiv 1 \pmod{3}$ (ખોટું).
$n=7$ માટે,$2(7) = 14 = 3(4) + 2 \equiv 2 \pmod{3}$ (સાચું).
આમ,$n$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $7$ છે.

(A) ધારો કે એકમના $n^{\text{th}}$ મૂળ $z_0, z_1, \ldots, z_{n-1}$ છે જ્યાં $z_0 = 1$. સમીકરણ $x^n - 1 = 0$ ના મૂળ $1, \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_{n-1}$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બે-બે મૂળનો સરવાળો એ $x^{n-2}$ નો સહગુણક ભાગ્યા $x^n$ નો સહગુણક છે.
$x^n - 1 = 0$ માટે,$x^{n-1}$ નો સહગુણક $0$ છે અને $x^{n-2}$ નો સહગુણક $0$ છે (જ્યાં $n > 2$).
ધારો કે $S = \sum_{0 \leq i < j \leq n-1} z_i z_j = 0$.
આ સરવાળાને આ રીતે વિસ્તૃત કરી શકાય: $z_0(\sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i) + \sum_{1 \leq i < j \leq n-1} \alpha_i \alpha_j = 0$.
કારણ કે $z_0 = 1$ અને એકમના તમામ $n^{\text{th}}$ મૂળનો સરવાળો $0$ છે,તેથી $1 + \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i = 0$,એટલે કે $\sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i = -1$.
આ કિંમતને વિસ્તરણમાં મૂકતા: $1(-1) + \sum_{1 \leq i < j \leq n-1} \alpha_i \alpha_j = 0$.
તેથી,$\sum_{1 \leq i < j \leq n-1} \alpha_i \alpha_j = 1$.

(C) $(A) \ \omega^{1010} + \omega^{2000} = \omega^2 + \omega = -1$.
$(B) \ (1 + \omega - \omega^2)(1 - \omega + \omega^2) = (-2\omega^2)(-2\omega) = 4\omega^3 = 4$.
$(C) \ (2 + \omega^2 + \omega^4)^5 = (1 + (1 + \omega + \omega^2))^5 = 1^5 = 1$.
$(D) \ (3 + 5\omega + 3\omega^2)^3 = (3(-\omega) + 5\omega)^3 = (2\omega)^3 = 8\omega^3 = 8$.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-IV, C-II, D-V$ છે.

(C) આપેલ છે,$\sum_{k=1}^n\left(k+\frac{1}{\omega}\right)\left(k+\frac{1}{\omega^2}\right)=340$
સરવાળાની અંદરના પદનું વિસ્તરણ કરતા:
$\sum_{k=1}^n\left(k^2+k\left(\frac{1}{\omega^2}+\frac{1}{\omega}\right)+\frac{1}{\omega^3}\right)=340$
કારણ કે $\omega^3=1$,તેથી $\frac{1}{\omega}=\omega^2$ અને $\frac{1}{\omega^2}=\omega$ થાય.
વળી,$1+\omega+\omega^2=0 \implies \omega+\omega^2=-1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\sum_{k=1}^n\left(k^2+k(-1)+1\right)=340$
$\sum_{k=1}^n(k^2-k+1)=340$
સરવાળાના સૂત્રો $\sum k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ અને $\sum k = \frac{n(n+1)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n(n+1)}{2} + n = 340$
$\frac{n(n+1)}{2} \left[ \frac{2n+1}{3} - 1 \right] + n = 340$
$\frac{n(n+1)(n-1)}{3} + n = 340$
$n^3+2n = 1020$
કિંમતો ચકાસતા,$n=10$ માટે: $10^3 + 2(10) = 1000 + 20 = 1020$.
તેથી,$n=10$.

(C) આપેલ છે કે $\alpha, \beta$ એ સમીકરણ $x^2+x+1=0$ ના બીજ છે.
સમીકરણ $x^2+x+1=0$ ના બીજ એ એકમના કાલ્પનિક ઘનમૂળ છે,તેથી $\alpha = \omega$ અને $\beta = \omega^2$,જ્યાં $\omega^3 = 1$ અને $1+\omega+\omega^2=0$.
તેથી,$\alpha^3 = 1$ અને $\beta^3 = 1$.
વળી,$\alpha+\beta = -1$ અને $\alpha\beta = 1$.
આપણે પદાવલિ $E = (2-\alpha)(2-\beta)(2-\alpha^{10})(2-\alpha^{20})$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\alpha^3 = 1$ હોવાથી,$\alpha^{10} = (\alpha^3)^3 \cdot \alpha = \alpha$ અને $\alpha^{20} = (\alpha^3)^6 \cdot \alpha^2 = \alpha^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$E = (2-\alpha)(2-\beta)(2-\alpha)(2-\alpha^2)$.
$\beta = \alpha^2$ હોવાથી,
$E = (2-\alpha)(2-\alpha^2)(2-\alpha)(2-\alpha^2) = [(2-\alpha)(2-\alpha^2)]^2$.
અંદરના પદનું વિસ્તરણ કરતા: $(2-\alpha)(2-\alpha^2) = 4 - 2\alpha^2 - 2\alpha + \alpha^3 = 4 - 2(\alpha+\alpha^2) + 1$.
$1+\alpha+\alpha^2=0$ હોવાથી,$\alpha+\alpha^2 = -1$.
તેથી,$(2-\alpha)(2-\alpha^2) = 4 - 2(-1) + 1 = 4+2+1 = 7$.
તેથી,$E = 7^2 = 49$.

(C) ધારો કે $z = \sqrt{3}+i$. તો $\bar{z} = \sqrt{3}-i$.
આપણને મળે છે $z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6}) = 2e^{i\pi/6}$.
તેથી $z^8 = 2^8 e^{i8\pi/6} = 256 e^{i4\pi/3} = 256(\cos \frac{4\pi}{3} + i \sin \frac{4\pi}{3}) = 256(-\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}) = -128 - 128\sqrt{3}i$.
તે જ રીતે,$\bar{z}^8 = \overline{z^8} = -128 + 128\sqrt{3}i$.
આમ,$z^8 - \bar{z}^8 = (-128 - 128\sqrt{3}i) - (-128 + 128\sqrt{3}i) = -256\sqrt{3}i$.
$\alpha + i\beta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 0$ અને $\beta = -256\sqrt{3}$ મળે છે.
અંતે,$\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\beta = 0 - \frac{\sqrt{3}}{2}(-256\sqrt{3}) = \frac{3}{2} \times 256 = 384$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$,તેથી $\omega + \omega^2 = -1$.
$\omega^{1234}$ માટે,$1234$ ને $3$ વડે ભાગતા: $1234 = 3 \times 411 + 1$,તેથી $\omega^{1234} = \omega^1 = \omega$.
$\omega^{2021}$ માટે,$2021$ ને $3$ વડે ભાગતા: $2021 = 3 \times 673 + 2$,તેથી $\omega^{2021} = \omega^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cos [(\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4}] = \cos [(-1) \pi - \frac{\pi}{4}] = \cos [-\pi - \frac{\pi}{4}] = \cos [-(\pi + \frac{\pi}{4})] = \cos (\pi + \frac{\pi}{4}) = -\cos \frac{\pi}{4} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

(A) જો $n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય,તો $n = 3k + 1$ અથવા $n = 3k + 2$ થાય,જ્યાં $k \in \mathbb{Z}$.
કિસ્સો $(I)$: જ્યારે $n = 3k + 1$.
$\omega^n + \omega^{2n} = \omega^{3k+1} + \omega^{6k+2} = (\omega^3)^k \cdot \omega + (\omega^3)^{2k} \cdot \omega^2 = 1^k \cdot \omega + 1^{2k} \cdot \omega^2 = \omega + \omega^2$.
કારણ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$,તેથી $\omega + \omega^2 = -1$.
કિસ્સો $(II)$: જ્યારે $n = 3k + 2$.
$\omega^n + \omega^{2n} = \omega^{3k+2} + \omega^{6k+4} = (\omega^3)^k \cdot \omega^2 + (\omega^3)^{2k} \cdot \omega^4 = 1^k \cdot \omega^2 + 1^{2k} \cdot \omega = \omega^2 + \omega = -1$.
બંને કિસ્સાઓમાં,$3$ ના ગુણક ન હોય તેવા તમામ $n$ માટે $\omega^n + \omega^{2n} = -1$ થાય છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$.
$1+\omega+\omega^2=0$ પરથી,આપણને $1+\omega^2=-\omega$ અને $1+\omega=-\omega^2$ મળે છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\left(1-\omega+\omega^2\right)^6+\left(1-\omega^2+\omega\right)^6 = \left(-\omega-\omega\right)^6+\left(-\omega^2-\omega^2\right)^6$
$= (-2\omega)^6 + (-2\omega^2)^6$
$= 64\omega^6 + 64\omega^{12}$
કારણ કે $\omega^3=1$,તેથી $\omega^6 = (\omega^3)^2 = 1^2 = 1$ અને $\omega^{12} = (\omega^3)^4 = 1^4 = 1$.
$= 64(1) + 64(1) = 64 + 64 = 128$.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$ થાય.
સરવાળાની અંદરના પદનું વિસ્તરણ કરતા:
$(\omega x+2)(\omega^2 x+2)-3 = \omega^3 x^2 + 2\omega x + 2\omega^2 x + 4 - 3$
$= x^2 + 2x(\omega + \omega^2) + 1$ (કારણ કે $\omega^3=1$)
$= x^2 + 2x(-1) + 1 = x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$.
હવે,સરવાળો ગણતા:
$\sum_{x=1}^{10} (x-1)^2 = \sum_{x=1}^{10} (x^2 - 2x + 1) = \sum_{x=1}^{10} x^2 - 2\sum_{x=1}^{10} x + \sum_{x=1}^{10} 1$
$= \frac{10(11)(21)}{6} - 2 \times \frac{10(11)}{2} + 10$
$= 385 - 110 + 10 = 285$.

(D) આપેલ છે કે $x^2+x+1=0$,જેના બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે,જ્યાં $\omega^3=1$ અને $1+\omega+\omega^2=0$.
નોંધો કે $\omega + \frac{1}{\omega} = \omega + \omega^2 = -1$.
આમ,$A_r$ ના પદો નીચે મુજબ છે:
$k=1$ માટે,$(x+\frac{1}{x})^3 = (-1)^3 = -1$.
$k=2$ માટે,$(x^2+\frac{1}{x^2})^3 = (\omega^2+\omega)^3 = (-1)^3 = -1$.
$k=3$ માટે,$(x^3+\frac{1}{x^3})^3 = (1+1)^3 = 8$.
તેથી,$A_3 = (-1)(-1)(8) = 8$.
$k=4$ માટે,$(x^4+\frac{1}{x^4})^3 = (\omega+\omega^2)^3 = -1$.
$k=5$ માટે,$(x^5+\frac{1}{x^5})^3 = (\omega^2+\omega)^3 = -1$.
$k=6$ માટે,$(x^6+\frac{1}{x^6})^3 = (1+1)^3 = 8$.
તેથી,$A_6 = A_3 \cdot (-1) \cdot (-1) \cdot 8 = 8^2 = 64$.
સામાન્ય રીતે,$A_{3n} = 8^n$.
શ્રેણી $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{A_{3n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8^n} = \frac{1/8}{1-1/8} = \frac{1/8}{7/8} = \frac{1}{7}$.

(A) આપેલ છે $z^2+z+1=0$,જેના બીજ $z = \omega$ અને $z = \omega^2$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
કોઈપણ $n$ જે $3$ વડે વિભાજ્ય નથી,તેના માટે $z^n + \frac{1}{z^n} = \omega^n + \omega^{2n} = -1$.
$n$ જે $3$ વડે વિભાજ્ય છે,તેના માટે $z^n + \frac{1}{z^n} = \omega^{3k} + \omega^{6k} = 1 + 1 = 2$.
સરવાળામાં કુલ $2020$ પદો છે.
$n$ એ $3$ નો ગુણક હોય તેવા પદોની સંખ્યા $\lfloor \frac{2020}{3} \rfloor = 673$ છે.
$n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય તેવા પદોની સંખ્યા $2020 - 673 = 1347$ છે.
સરવાળો $1347 \times (-1)^3 + 673 \times (2)^3 = -1347 + 5384 = 4037$ થાય.

(A) આપેલ છે કે,$x = \omega^2 - \omega - 3$.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega^2 = -1 - \omega$ મળે.
તેથી,$x = (-1 - \omega) - \omega - 3 = -2\omega - 4$.
તેથી,$x + 4 = -2\omega$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(x + 4)^2 = 4\omega^2$.
$x^2 + 8x + 16 = 4(-1 - \omega) = -4 - 4\omega$.
$-4\omega = 2(x + 4)$ હોવાથી,$x^2 + 8x + 16 = -4 + 2x + 8$.
$x^2 + 6x + 12 = 0$.
હવે,$x^4 + 6x^3 + 10x^2 - 12x - 19$ ને $x^2 + 6x + 12$ વડે ભાગતા,
$x^4 + 6x^3 + 10x^2 - 12x - 19 = (x^2 + 6x + 12)(x^2 - 2) + 5$.
$x^2 + 6x + 12 = 0$ હોવાથી,અભિવ્યક્તિની કિંમત $0(x^2 - 2) + 5 = 5$ થાય.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે ઘનનો સરવાળો માટેનું બીજગણિતીય નિત્યસમ નીચે મુજબ છે:
$a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
વળી,એકમના ઘનમૂળ ધરાવતા અવયવોનો ગુણાકાર:
$(a+b \omega+c \omega^2)(a+b \omega^2+c \omega) = a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$
આ કિંમત નિત્યસમમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$(a+b+c)(a+b \omega+c \omega^2)(a+b \omega^2+c \omega) = a^3+b^3+c^3-3abc$

(D) ધારો કે બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે. આ સમીકરણ $z^3 = -i$ અથવા $z^3 + i = 0$ ના બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,ત્રિઘાત સમીકરણ $az^3 + bz^2 + cz + d = 0$ માટે,બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta + \gamma = -b/a$ અને બે-બે બીજના ગુણાકારનો સરવાળો $\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = c/a$ થાય.
અહીં,$a = 1, b = 0, c = 0$ અને $d = i$ છે.
તેથી,$\alpha + \beta + \gamma = 0$ અને $\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = (\alpha + \beta + \gamma)^2 - 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = (0)^2 - 2(0) = 0$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^8$ એ સમીકરણ $x^9-1=0$ ના બીજ છે.
કારણ કે $\omega$ એ એકમનું $9$ મું મૂળ છે,તેથી $\omega^9 = 1$.
આપણે સરવાળો $S = \sum_{r=1}^8 \left(\omega^r\right)^{99}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$S = \sum_{r=1}^8 \omega^{99r} = \sum_{r=1}^8 (\omega^9)^{11r}$.
$\omega^9 = 1$ હોવાથી,$(\omega^9)^{11r} = (1)^{11r} = 1$.
આમ,$S = \sum_{r=1}^8 1 = 8$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) $z^2-z+1=0$ ના બીજ $z = -\omega^2, -\omega$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
ધારો કે $\alpha = -\omega$. તો $\alpha^6 = 1$.
દરેક પદની કિંમત શોધતા:
$n=2014: T_{2014} = -1$
$n=2015: T_{2015} = -1$
$n=2016: T_{2016} = 2$
$n=2017: T_{2017} = 1$
$n=2018: T_{2018} = -1$
આમ,$(-1)^1 + (-1)^2 + (2)^3 + (1)^4 + (-1)^5 = -1 + 1 + 8 + 1 - 1 = 8$.

(B) આપેલ છે,$z^3+2z^2+2z+1=0$.
અવયવ પાડતા: $(z^3+1)+2z(z+1)=0$.
$(z+1)(z^2-z+1)+2z(z+1)=0$.
$(z+1)(z^2-z+1+2z)=0$.
$(z+1)(z^2+z+1)=0$.
બીજ $z=-1$ અને $z^2+z+1=0$ ના બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે.
હવે,$z^{2018}+z^{2017}+1=0$ માં આ બીજ તપાસતા:
$z=-1$ માટે: $(-1)^{2018}+(-1)^{2017}+1 = 1-1+1 = 1 \neq 0$.
$z=\omega$ માટે: $\omega^{2018}+\omega^{2017}+1 = \omega^2+\omega+1 = 0$.
$z=\omega^2$ માટે: $(\omega^2)^{2018}+(\omega^2)^{2017}+1 = \omega+\omega^2+1 = 0$.
સામાન્ય બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે.
$z=\omega$ અને $z=\omega^2$ માટે વિકલ્પો તપાસતા:
$z^4+z^2+1=0$ માટે:
$z=\omega$ હોય ત્યારે,$\omega^4+\omega^2+1 = \omega+\omega^2+1 = 0$.
$z=\omega^2$ હોય ત્યારે,$(\omega^2)^4+(\omega^2)^2+1 = \omega^8+\omega^4+1 = \omega^2+\omega+1 = 0$.
આમ,સામાન્ય બીજ $z^4+z^2+1=0$ નું સમાધાન કરે છે.