设 $P$ 是方程 ${{z}^{6}}+{{z}^{4}}+{{z}^{3}}+{{z}^{2}}+1=0$ 的有正虚部的那些根的乘积，并设 $P=r\left( \cos \theta {}^\circ +\text{i}\sin \theta {}^\circ \right)$，这里 $0<r$，$0\leqslant \theta <360{}^\circ $．求 $\theta $．
【难度】
【出处】
1996年第14届美国数学邀请赛（AIME）
【标注】
【答案】
276
【解析】
原方程两边除以 ${{z}^{3}}$ 得 ${{z}^{3}}+z+1+\frac{1}{z}+\frac{1}{{{z}^{3}}}=0$．（2）
令 $u=z+\frac{1}{z}$，由（2）得 ${{u}^{3}}-2u+1=0$，即 $\left( u-1\right)\left( {{u}^{2}}+u-1 \right)=0$．
从而 ${{u}_{1}}=1=2\cos60{}^\circ $，${{u}_{2}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=2\cos 72{}^\circ $，${{u}_{3}}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}=2\cos144{}^\circ $，
$z=\cos60{}^\circ \pm \text{i}\sin 60{}^\circ $，$\cos 72{}^\circ \pm\text{i}\sin 72{}^\circ $，$\cos 144{}^\circ \pm \text{i}\sin 144{}^\circ $．$\theta=60+72+144=276$．
令 $u=z+\frac{1}{z}$，由（2）得 ${{u}^{3}}-2u+1=0$，即 $\left( u-1\right)\left( {{u}^{2}}+u-1 \right)=0$．
从而 ${{u}_{1}}=1=2\cos60{}^\circ $，${{u}_{2}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=2\cos 72{}^\circ $，${{u}_{3}}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}=2\cos144{}^\circ $，
$z=\cos60{}^\circ \pm \text{i}\sin 60{}^\circ $，$\cos 72{}^\circ \pm\text{i}\sin 72{}^\circ $，$\cos 144{}^\circ \pm \text{i}\sin 144{}^\circ $．$\theta=60+72+144=276$．
答案
解析
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