1の3乗根 ω

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $x^3=1$ の解は、$x=1$ だけではない。$3$ 次方程式だから、解は $3$ つある。

まず因数分解する。

$$x^3-1=0⟹(x-1)(x^2+x+1)=0$$

$x=1$(実数解)と、$x^2+x+1=0$ の $2$ 解(虚数解)。

$\omega$ は、この虚数解のほうである。だから

$${\omega }^2+\omega +1=0$$

これが(1)の答えだ。 $\omega$ が $x^2+x+1=0$ の解であることから、直ちに従う。

そして $\omega$ は $x^3=1$ の解でもあるから

$${\omega }^3=1$$

これが(2)。

$\omega$ の性質は、この $2$ 本ですべてだ。${\omega }^3=1$($3$ 乗すると $1$)と、${\omega }^2+\omega +1=0$(足すと $0$)。この $2$ 本を使い分けるのが、$\omega$ の問題の急所である。

$x^3=1$ すなわち $x^3-1=0$ を因数分解する。

$$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)=0$$

(1) $\omega$ は虚数解だから、実数解 $x=1$ ではなく、$x^2+x+1=0$ のほうの解。よって

$${\omega }^2+\omega +1=0$$

(2) $\omega$ はもともと $x^3=1$ の解なので

$${\omega }^3=1$$

(この $\omega$ には ${\omega }^2+\omega +1=0$ と ${\omega }^3=1$ という2つの便利な性質があり、高次式の計算で活躍する。)

発展 — 一歩先へ。 $\omega$ の $2$ つの性質は、使い分けに戦略がある。

• ${\omega }^3=1$ → 次数を下げるときに使う(${\omega }^{100}={\omega }^{99}\cdot \omega =({\omega }^3{)}^{33}\cdot \omega =\omega$)
• ${\omega }^2+\omega +1=0$ → 項を消すときに使う(${\omega }^2+\omega =-1$ と読みかえる)

典型問題を $1$ つ。

$${\omega }^{100}+{\omega }^{200}\text{を求めよ}$$

まず ${\omega }^3=1$ で次数を下げる。

$$100=3\times 33+1⟹{\omega }^{100}=\omega$$ $$200=3\times 66+2⟹{\omega }^{200}={\omega }^2$$

次に ${\omega }^2+\omega =-1$ で消す。

$${\omega }^{100}+{\omega }^{200}=\omega +{\omega }^2=-1$$

$2$ つの性質を、順番に使った。 これが $\omega$ の問題の定石である。

$\omega$ は入試の常連だ。 理由は、「$3$ 乗すると $1$」という周期性が、複雑な計算を一瞬で畳み込むから。$x^{2024}$ のような巨大な指数も、$\omega$ を使えば $3$ で割った余りだけの話になる。

そして、$\omega$ には隠れた使い道がある。

$$1+{\omega }^k+{\omega }^{2k}=\{\begin{array}{ll}3& (k\text{が 3 の倍数})\\ 0& (\text{それ以外})\end{array}$$

この、$3$ の倍数だけを拾い出すフィルターは、二項係数の $3$ 個おきの和(${}_n{\mathrm{C}}_0+{}_n{\mathrm{C}}_3+{}_n{\mathrm{C}}_6+\cdots$)を求めるのに使える。

$\omega$ は、$3$ で割った余りを"検出"する装置なのだ。$i$ が $4$ の周期を、$\omega$ が $3$ の周期を担当する — 複素数は、周期性を捕まえるための網である。

別解

$\omega$ の具体的な姿を見て、$2$ つの性質を目で確かめよう。 そして、複素数平面での美しい正体を明かす。

$\omega$ を実際に求める。 $x^2+x+1=0$ を解の公式で解く。

$$x=\frac{-1\pm \sqrt{1-4}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2}$$

$$\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$$

(もう $1$ つの解 $\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$ は、$\omega$ の共役であり、実は ${\omega }^2$ でもある。)

(1) ${\omega }^2+\omega +1=0$ を、直接計算で確かめる。

$${\omega }^2={\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)}^2=\frac{1-2\sqrt{3}i+3i^2}{4}=\frac{1-2\sqrt{3}i-3}{4}=\frac{-2-2\sqrt{3}i}{4}=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$$

足してみる。

$${\omega }^2+\omega +1=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}+\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}+1=\frac{-2}{2}+1=-1+1=0✓$$

虚部が打ち消し合い、実部も $0$ になった。

(2) ${\omega }^3=1$ も確かめる。

$${\omega }^3={\omega }^2\cdot \omega =\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\cdot \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=\frac{1-3i^2}{4}=\frac{1+3}{4}=1✓$$

共役どうしの積 — きれいに $1$ になった。

さて、複素数平面で見ると、$\omega$ の正体が現れる。

$3$ つの解 $1$、$\omega$、${\omega }^2$ を、座標平面に打ってみよう。

• $1=(1,0)$
• $\omega =\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
• ${\omega }^2=\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$3$ 点とも、原点からの距離が $1$($|\omega {|}^2=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$)。単位円の上にいる。

そして、角度を見る。

• $1$ の偏角: $0^{\circ }$
• $\omega$ の偏角: $120^{\circ }$
• ${\omega }^2$ の偏角: $240^{\circ }$

$120^{\circ }$ ずつ、きれいに $3$ 等分されている!

$3$ 点を結ぶと、単位円に内接する正三角形になる。

これが「$1$ の $3$ 乗根」の幾何的な意味だ。 $3$ 乗して $1$ に戻るということは、$120^{\circ }$ 回転を $3$ 回で $360^{\circ }$、つまり $1$ 周する、ということ。

${\omega }^2+\omega +1=0$ の意味も見える。 $3$ つのベクトル(正三角形の頂点への矢印)を足すと、ちょうど打ち消し合って $0$ になる — 正三角形の重心が原点にあるからだ。「解の和 $=0$」が、図形で見えている。

${\omega }^n$ の周期は $3$。 ${\omega }^4={\omega }^3\cdot \omega =\omega$、${\omega }^5={\omega }^2$、${\omega }^6=1$ $\dots$ — $120^{\circ }$ 回転を繰り返しているのだから、$3$ 回で元に戻る。

$i$ の周期が $4$($90^{\circ }\times 4$)だったのと、まったく同じ構造だ。 一般に「$1$ の $n$ 乗根」は、単位円を $n$ 等分する正 $n$ 角形の頂点になる。

方程式 $x^n=1$ の解が、正 $n$ 角形を描く。 代数の式が、幾何の図形を生む — この事実は、数学史上もっとも美しい発見のひとつである(ガウスは正 $17$ 角形が定規とコンパスで作図できることを、この理論から証明した)。