複素数と方程式 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2024$ 乗をまともに展開するのは論外。$\omega$ の計算で使う道具は2つある。${\omega }^3=1$(3乗で1周)と、$1+\omega +{\omega }^2=0$(3つ足すと消える)だ。

まず $1+\omega$ そのものを1文字に直す。和の式から $1+\omega =-{\omega }^2$。これで $(1+\omega {)}^{2024}=(-{\omega }^2{)}^{2024}$。あとは偶数乗で符号が消え、指数を $3$ で割った余りに落とすだけになる。

① 底を書き直す。 ${\omega }^2+\omega +1=0$ より $1+\omega =-{\omega }^2$。よって $$(1+\omega {)}^{2024}=(-{\omega }^2{)}^{2024}=(-1{)}^{2024}{\omega }^{4048}={\omega }^{4048}.$$ ② 指数を余りに。 ${\omega }^3=1$ なので ${\omega }^{4048}={\omega }^{4048\mathrm{mod}3}$。$4048=3\cdot 1349+1$ より余りは $1$。 $${\omega }^{4048}={\omega }^1=\omega .$$ ゆえに $(1+\omega {)}^{2024}=\omega$。

まとめ $1+\omega =-{\omega }^2$ で底を変え、${\omega }^3=1$ で指数を $3$ の余り($1$)に落として $(1+\omega {)}^{2024}=\omega$。$1$ の $3$ 乗根の基本関係と指数計算の融合。

発展。 $1+\omega$ は絶対値 $1$・偏角 $60^{\circ }$、つまり1の原始6乗根である。$(1+\omega {)}^n$ は周期 $6$ で $1,-{\omega }^2,\omega ,-1,{\omega }^2,-\omega$ を巡回する。$\omega$(正三角形の頂点)から $1+\omega$(正六角形の頂点)が生まれる、と図で見ると分かりやすい。

別解

別解:極形式とド・モアブルで直接計算する(得意な人向けの高い視点)。 $\omega =\cos 120^{\circ }+i\sin 120^{\circ }$ とすると

$$1+\omega =\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i=\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }.$$

絶対値 $1$・偏角 $60^{\circ }$ の複素数だ。ド・モアブルの定理で $2024$ 乗は偏角 $2024\cdot 60^{\circ }=121440^{\circ }$ の点になる。$121440=360\cdot 337+120$ だから、残る角は $120^{\circ }$。

$$(1+\omega {)}^{2024}=\cos 120^{\circ }+i\sin 120^{\circ }=\omega .$$

$1+\omega$ が偏角 $60^{\circ }$(正六角形の1歩)だと分かれば、$6$ 乗ごとに $1$ へ戻る周期も見える。$2024=6\cdot 337+2$ で $(1+\omega {)}^2=\omega$ と読んでも同じ答えに着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 係数 $1,-5,6,-5,1$ が左右対称(相反方程式)。この形には決まった攻め筋がある。

$x=0$ は解でないから $x^2$ で割ってよい。すると $\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)-5\left(x+\frac{1}{x}\right)+6=0$ となり、$x+\frac{1}{x}$ のかたまりが現れる。$t=x+\frac{1}{x}$ とおけば $x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2$。4次方程式が $t$ の2次方程式に半減する。$t$ を求めたら、$x$ に戻す2次方程式を解いて仕上げる。

① $x^2$ で割る。 $x=0$ は解でない($1\ne 0$)。両辺を $x^2$ で割ると $$x^2-5x+6-\frac{5}{x}+\frac{1}{x^2}=0⟹\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)-5\left(x+\frac{1}{x}\right)+6=0.$$ ② $t$ の $2$ 次に。 $t=x+\frac{1}{x}$、$x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2$ を代入して $$(t^2-2)-5t+6=0⟹t^2-5t+4=0⟹(t-1)(t-4)=0,$$ $t=1$ または $t=4$。

③ $x$ に戻す。

• $t=4$:$x+\frac{1}{x}=4\Rightarrow x^2-4x+1=0\Rightarrow x=2\pm \sqrt{3}$。
• $t=1$:$x+\frac{1}{x}=1\Rightarrow x^2-x+1=0\Rightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$。

よって解は $x=2\pm \sqrt{3},\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$。

まとめ相反方程式を $t=x+\frac{1}{x}$ で $t^2-5t+4=0$ に落とし、$t=1,4$ から実数解 $2\pm \sqrt{3}$ と虚数解 $\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$。相反方程式(置換)と $2$ 次方程式の融合。

発展。 奇数次の相反方程式は必ず $x=-1$ を解にもつ(係数の対称性から $f(-1)=0$)。だから $(x+1)$ で割れば偶数次の相反方程式に落ち、あとは本問と同じ $t=x+\frac{1}{x}$ の手順に乗る。5次でも7次でも、相反と見抜けば次数は実質半分になる。

別解

別解:「2次式 $\times$ 2次式」に直接割る(得意な人向けの高い視点)。 相反方程式は定数項が $1$。そこで

$$x^4-5x^3+6x^2-5x+1=(x^2+px+1)(x^2+qx+1)$$

と、定数項 $1$ どうしの積の形を仮定して係数を比べる。$x^3$ の係数から $p+q=-5$。$x^2$ の係数から $pq+2=6$、すなわち $pq=4$($x$ の係数 $p+q=-5$ とも整合)。和 $-5$・積 $4$ だから $p,q$ は $u^2+5u+4=0$ の解で $-1$ と $-4$。よって

$$(x^2-x+1)(x^2-4x+1)=0.$$

$x^2-4x+1=0$ から $x=2\pm \sqrt{3}$、$x^2-x+1=0$ から $x=\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$。$t=x+\frac{1}{x}$(本解)は、この分解を自動で見つける仕掛けだったと分かる($t$ の2解 $1,4$ が2つの2次因子に対応している)。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\alpha }^3$ や ${\alpha }^4$ を解の値から直接計算するのは無理筋だ(解はきれいな数ではない)。

使えるのは2つ。解と係数の関係(基本対称式の値)と、「各解は方程式そのものを満たす」という当たり前の事実である。${\alpha }^3=3\alpha -1$。この「次数下げ」を使えば、3乗の和は1乗の和に、4乗の和は2乗と1乗の和に落ちる。あとは対称式の計算だけが残る。

① 基本対称式。 $\alpha +\beta +\gamma =0$、$\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =-3$。よって $${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2=(\alpha +\beta +\gamma {)}^2-2(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )=0-2(-3)=6.$$ ② $\sum {\alpha }^3$。 各解は ${\alpha }^3=3\alpha -1$。$3$ つ足して $$\sum {\alpha }^3=3\sum \alpha -3=3\cdot 0-3=-3.$$ ③ $\sum {\alpha }^4$。 ${\alpha }^4=\alpha \cdot {\alpha }^3=\alpha (3\alpha -1)=3{\alpha }^2-\alpha$。$3$ つ足して $$\sum {\alpha }^4=3\sum {\alpha }^2-\sum \alpha =3\cdot 6-0=18.$$

まとめ関係式 ${\alpha }^3=3\alpha -1$ で次数を下げ、$\sum \alpha =0,\sum {\alpha }^2=6$ を使って $\sum {\alpha }^3=-3,\sum {\alpha }^4=18$。解と係数(対称式)と次数下げの融合。方程式を関係式として使うのが要。

発展。 $x=2\cos \theta$ とおくと $x^3-3x=2\cos 3\theta$(3倍角)。方程式は $2\cos 3\theta =-1$ となり、$\theta =40^{\circ },80^{\circ },160^{\circ }$。つまり3解は $2\cos 40^{\circ },2\cos 80^{\circ },2\cos 160^{\circ }$ である。べき和の漸化式(別解)と合わせれば、これらの $\cos$ の高次のべき和も機械的に求まる。

別解

別解:べき和の漸化式で機械的に求める(得意な人向けの高い視点)。 べき和 $p_n={\alpha }^n+{\beta }^n+{\gamma }^n$ は、方程式 $x^3=3x-1$ の両辺を $x^{n-3}$ 倍して3解分足すと

$$p_n=3p_{n-2}-p_{n-3}(n\ge 3)$$

という漸化式に乗る。初期値は $p_0=3$(解3個分の $1$)、$p_1=0$(解の和)、$p_2=(\alpha +\beta +\gamma {)}^2-2(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )=0+6=6$。あとは回すだけだ。

$$p_3=3p_1-p_0=-3,p_4=3p_2-p_1=18.$$

さらに $p_5=3p_3-p_2=-15$、$p_6=3p_4-p_3=57$ と、いくらでも先へ行ける。1問ずつ次数を下げる本解に対し、こちらは「すべてのべき和を量産するライン」を組む見方である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^{2024}$ の割り算を実行するわけにはいかない。だが2次式で割った余りは $ax+b$ の形で、未知数は2つだけだ。

未知数2つには等式2本。割る式 $x^2+x+1$ の根 $\omega$(1の虚立方根)を割り算の等式に代入すれば、${\omega }^{2024}=a\omega +b$ が得られる。${\omega }^3=1$ だから左辺は指数を3で割った余りだけで決まる。しかも $\omega$ が虚数なので、この1本の複素数の等式が実質2本(実部と虚部)の働きをする。

① 余りをおく。 $x^{2024}=(x^2+x+1)Q(x)+ax+b$。$x=\omega$ を代入すると ${\omega }^2+\omega +1=0$ より右辺第 $1$ 項は $0$、 $${\omega }^{2024}=a\omega +b.$$ ② ${\omega }^{2024}$ を簡単化。 ${\omega }^3=1$ なので ${\omega }^{2024}={\omega }^{2024\mathrm{mod}3}$。$2024=3\cdot 674+2$ より ${\omega }^{2024}={\omega }^2=-\omega -1$。

③ 係数比較。 $a\omega +b=-\omega -1$。$\omega$ は虚数(実数の $1$ と $\omega$ は一次独立)だから係数を比べて $$a=-1,b=-1.$$ よって余りは $-x-1$。

まとめ割る式の根 $\omega$ を代入し、${\omega }^{2024}={\omega }^2=-\omega -1$ と係数比較して余り $-x-1$。剰余の定理と $1$ の $3$ 乗根の融合。$3$ の余りで指数を落とせば解ける。

発展。 $x^n$ を $x^2+x+1$ で割った余りは $n$ を3で割った余りだけで決まり、$1,x,-x-1$ を巡回する。割る式を $x^2-x+1$(1の原始6乗根の式)に変えれば周期は6。整数の合同式と同じ「周期のからくり」が、多項式の割り算にもある。

別解

別解:複素数を使わず「$x^3\equiv 1$」で解く(苦手な人向け)。 因数分解 $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ に注目する。$x^3-1$ は $x^2+x+1$ で割り切れる。

だから「$x^2+x+1$ で割った余り」を考えるときは、$x^3$ を $1$ に置き換えてよい。

$$x^{2024}=(x^3{)}^{674}\cdot x^2\equiv 1^{674}\cdot x^2=x^2.$$

最後に $x^2$ 自身を割る。$x^2=(x^2+x+1)-x-1$ だから、余りは $-x-1$。虚数 $\omega$ を一度も出さずに、整数の合同式とそっくりの計算で終わった。「3乗すると1になる」構造は $\omega$ の性質である前に、割る式 $x^2+x+1$ が $x^3-1$ の因数だという事実から来ている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 係数 $a,b$ が実数であることが、最大のヒントだ。実数係数の方程式が虚数解 $1+i$ をもつなら、その共役 $1-i$ も自動的に解になる。

つまり3つの解のうち2つが判明済み。残る1つを $r$ とおけば、解と係数の関係で全部つながる。この方程式は $x^2$ の係数が $0$。つまり3解の和が $0$ で、$r$ は即座に決まる。あとは残りの解と係数の関係に流し込むだけだ。

① 共役解と第 $3$ 解。 実数係数だから $1-i$ も解。第 $3$ の実数解を $r$ とする。$x^2$ の係数が $0$ より $$(1+i)+(1-i)+r=0⟹2+r=0⟹r=-2.$$ ② $a$ を求める。 $a$ は「$2$ つずつの積の和」: $$a=(1+i)(1-i)+(1+i)r+(1-i)r=2+r\{(1+i)+(1-i)\}=2+(-2)\cdot 2=-2.$$ ③ $b$ を求める。 $b=-(\text{3 解の積})=-(1+i)(1-i)r=-2\cdot (-2)=4$。

よって $a=-2,b=4$、残りの実数解は $x=-2$。(検算:$x^3-2x+4$ に $x=1+i$ を入れると $0$。)

まとめ共役 $1-i$ も解、和 $=0$ から $r=-2$、解と係数で $a=-2,b=4$。共役解の性質と解と係数の融合。実数係数 → 共役も解、が出発点。

発展。 「実数係数なら共役も解」の証明は、共役が和と積を保つ($\overline{z+w}=\overline{z}+\overline{w}$、$\overline{zw}=\overline{z}\overline{w}$)ことから一行で出る。係数に虚数が混じると崩れることにも注意(たとえば $x^2-i=0$ の2解は互いに共役でない)。「係数が実数」という条件から、強い対称性が出てくる。

別解

別解:共役ペアの2次式で割り算する(計算で押し切るルート)。 $1\pm i$ を2解にもつ実数係数の2次式は

$$(x-1-i)(x-1+i)=(x-1{)}^2+1=x^2-2x+2.$$

$x^3+ax+b$ が $1+i$(と自動的に $1-i$)を解にもつ条件は、この2次式で割り切れることだ。実際に割ると、商 $x+2$、余り $(a+2)x+(b-4)$。余りが $0$ だから $a=-2$、$b=4$。商 $x+2=0$ から残りの実数解 $x=-2$ も同時に出る。

解と係数(本解)は暗算向き、割り算はどんな次数でも通じる力持ち。両方使えると安心だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\cos 72^{\circ }$ のような値は、単独でにらんでも出ない。5等分の角は「1の5乗根」に持ち込んで考えるのが正道だ。

使える式は $1+\zeta +{\zeta }^2+{\zeta }^3+{\zeta }^4=0$ だ。この式の実部をとると、$\cos$ たちの関係式になる。ここで ${\zeta }^4$ は $\zeta$ の共役、${\zeta }^3$ は ${\zeta }^2$ の共役。共役の対は実部が等しいから、和は $1+2\cos 72^{\circ }+2\cos 144^{\circ }=0$ とまとまる。あとは2倍角で $\cos 144^{\circ }$ を $\cos 72^{\circ }$ で表せば、2次方程式に落ちる。

① 和の実部。 $1+\zeta +{\zeta }^2+{\zeta }^3+{\zeta }^4=0$。${\zeta }^k=\cos (72k{)}^{\circ }+i\sin (72k{)}^{\circ }$ で、${\zeta }^4$ は $\zeta$ の、${\zeta }^3$ は ${\zeta }^2$ の共役だから、実部をとると $$1+2\cos 72^{\circ }+2\cos 144^{\circ }=0⟹\cos 72^{\circ }+\cos 144^{\circ }=-\frac{1}{2}.$$ ② $2$ 倍角で $1$ 文字に。 $c=\cos 72^{\circ }$ とおく。$\cos 144^{\circ }=\cos (2\cdot 72^{\circ })=2c^2-1$。代入して $$c+(2c^2-1)=-\frac{1}{2}⟹2c^2+c-\frac{1}{2}=0⟹4c^2+2c-1=0.$$ ③ $2$ 次方程式を解く。 $$c=\frac{-2\pm \sqrt{4+16}}{8}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{4}.$$ $\cos 72^{\circ }>0$ なので $c=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$。

まとめ $1$ の $5$ 乗根の和 $=0$ の実部から $\cos 72^{\circ }+\cos 144^{\circ }=-\frac{1}{2}$、$2$ 倍角で $4c^2+2c-1=0$ を解いて $\cos 72^{\circ }=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$。$1$ の $5$ 乗根と三角の融合。複素数の和 $=0$ から実数の関係が出てくるところが、この問題の中心だ。

発展。 $s_1,s_2$ のような根の部分和(ガウス周期)を入れ子に組むと、$\cos \frac{2\pi }{17}$ も平方根の入れ子だけで書ける。これが、正17角形が作図できるというガウスの発見である。本問の $u^2+u-1=0$ は、その階段の最初の一段だ。

別解

別解:「共役ペアの和」2つの和と積を出す(得意な人向けの高い視点)。 $s_1=\zeta +{\zeta }^4=2\cos 72^{\circ }$、$s_2={\zeta }^2+{\zeta }^3=2\cos 144^{\circ }$ とおく。

和は5乗根の和の式から $s_1+s_2=-1$。積は展開して

$$s_1{s}_2={\zeta }^3+{\zeta }^4+{\zeta }^6+{\zeta }^7={\zeta }^3+{\zeta }^4+\zeta +{\zeta }^2=-1$$

(${\zeta }^5=1$ で指数を戻した)。和 $-1$・積 $-1$ だから、$s_1,s_2$ は

$$u^2+u-1=0$$

の2解である。$s_1=2\cos 72^{\circ }>0$ より $s_1=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$、すなわち $\cos 72^{\circ }=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$。2倍角(本解)の代わりに「解と係数の逆使い」で2次方程式を作った。この $s_1,s_2$ のような根の部分和はガウス周期とよばれ、正五角形が定規とコンパスで作図できる理由にもなっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(1-\zeta )(1-{\zeta }^2)(1-{\zeta }^3)(1-{\zeta }^4)$ は「根を全部代入した積」の形だ。これは因数分解した多項式への代入で読むのが早い。

$x^5-1$ は5つの5乗根を根にもつから $(x-1)(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)(x-{\zeta }^3)(x-{\zeta }^4)$ と分解される。求める積はこの分解から $(x-1)$ を除いた4因子に $x=1$ を入れたもの。つまり $\frac{x^5-1}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+1$ の $x=1$ での値である。

① 因数分解。 $1$ の $5$ 乗根は $x^5-1=0$ の解 $1,\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4$。よって $$x^5-1=(x-1)(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)(x-{\zeta }^3)(x-{\zeta }^4).$$ $(x-1)$ で割って $$(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)(x-{\zeta }^3)(x-{\zeta }^4)=\frac{x^5-1}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+1.$$ ② $x=1$ を代入。 左辺は $(1-\zeta )(1-{\zeta }^2)(1-{\zeta }^3)(1-{\zeta }^4)$、右辺は $1+1+1+1+1=5$。よって $$(1-\zeta )(1-{\zeta }^2)(1-{\zeta }^3)(1-{\zeta }^4)=5.$$

まとめ求める積は $x^4+x^3+x^2+x+1$ の $x=1$ での値 $=5$。$1$ の $5$ 乗根と因数分解の融合。積を多項式の値と見れば解ける。

発展。 同じ計算は任意の $n$ で通り、1の原始 $n$ 乗根 $\zeta$ に対して ${\prod }_{k=1}^{n-1}(1-{\zeta }^k)=n$。距離で読めば「単位円に内接する正 $n$ 角形の1頂点から、残り全頂点への距離の積はちょうど $n$」。頂点が増えるほど近くの弦は短くなるのに、積は $n$ で増え続ける。

別解

別解:「正五角形の弦の積」として測る(図形で確かめるルート)。 $|1-{\zeta }^k|$ は複素数平面で点 $1$ から点 ${\zeta }^k$ までの距離。つまり求める積は単位円に内接する正五角形の1頂点から残り4頂点への距離の積だ。

弦の長さの公式で $|1-{\zeta }^k|=2\sin (36k{)}^{\circ }$。共役の対をまとめると $(1-\zeta )(1-{\zeta }^4)=|1-\zeta {|}^2$、$(1-{\zeta }^2)(1-{\zeta }^3)=|1-{\zeta }^2{|}^2$ で、積は

$$(2\sin 36^{\circ }{)}^2(2\sin 72^{\circ }{)}^2=(4\sin 36^{\circ }\sin 72^{\circ }{)}^2.$$

積和公式で $4\sin 36^{\circ }\sin 72^{\circ }=2(\cos 36^{\circ }-\cos 108^{\circ })=2(\cos 36^{\circ }+\cos 72^{\circ })$。$\cos 36^{\circ }=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$、$\cos 72^{\circ }=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ を入れると $2\cdot \frac{2\sqrt{5}}{4}=\sqrt{5}$。よって積は $(\sqrt{5}{)}^2=5$。「距離の積が頂点の数になる」ことは、多項式の計算(本解)で出した答えを図形で見たものである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 共役 $\overline{z}$ が混ざった方程式は、ふつうの代数方程式ではない。いちばん素朴で確実なのは、$z=a+bi$ と成分に開く方法だ。

複素数の等式は「実部どうし・虚部どうしが等しい」。1本の複素数の式が実数の連立2本になる。虚部の式は $2ab=-b$。移項して $b(2a+1)=0$ と因数分解すれば、$b=0$ か $a=-\frac{1}{2}$ かの場合分けが自然に生まれる。$b$ で割ってはいけない($b=0$ の解を失う)。

① 成分で比較。 $z^2=\overline{z}$ より $$a^2-b^2=a(\text{実部}),2ab=-b(\text{虚部}).$$ ② 虚部を因数分解。 $2ab+b=0$ より $b(2a+1)=0$、よって $b=0$ または $a=-\frac{1}{2}$。

③ 場合分け。

• $b=0$:実部の式は $a^2=a$、$a=0,1$。$\Rightarrow z=0,1$。
• $a=-\frac{1}{2}$:実部の式は $\frac{1}{4}-b^2=-\frac{1}{2}$、$b^2=\frac{3}{4}$、$b=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$。$\Rightarrow z=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$。

よって $z=0,1,-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ の $4$ つ($\ne 0$ の $3$ つは $1$ の $3$ 乗根)。

まとめ成分比較で $a^2-b^2=a,2ab=-b$、後者を $b(2a+1)=0$ と分解して場合分けし、$z=0,1,\omega ,{\omega }^2$ の $4$ 解。複素数(共役)と連立方程式の融合。共役は成分で扱うのが基本だ。

発展。 両辺に $z$ を掛けると $z^3=z\overline{z}=|z{|}^2$。$|z|=1$ の解では $z^3=1$、つまり $1,\omega ,{\omega }^2$ は1の3乗根そのものだ。一般に $z^n=\overline{z}$ の解は $z=0$ と「1の $(n+1)$ 乗根」の全部で、ちょうど $n+2$ 個になる。

別解

別解:極形式で「大きさ」と「角」に分ける(得意な人向けの高い視点)。 $z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$($r\ge 0$)とおく。$z^2$ は大きさ $r^2$・偏角 $2\theta$、$\overline{z}$ は大きさ $r$・偏角 $-\theta$。

大きさを比べて $r^2=r$、つまり $r=0$ か $r=1$。$r=0$ は $z=0$ を与える。$r=1$ のときは偏角を比べて $2\theta =-\theta +360^{\circ }\times k$、すなわち $3\theta =360^{\circ }\times k$。$\theta =0^{\circ },120^{\circ },240^{\circ }$ の3つで

$$z=1,z=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,z=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i.$$

合わせて4解。成分計算(本解)の場合分け($b=0$ か $a=-\frac{1}{2}$)が、極形式では「$r$ の方程式」と「$\theta$ の方程式」にきれいに分業される。$3\theta \equiv 0^{\circ }$ から「解は1の3乗根と $0$」であることも分かる。