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もっと分かりやすく➆「定数 ω」について復習

    中学でもわかる浪漫数学

    　ここでは、本シリーズでたびたび現れる定数 ω\omega について解説します。主に本シリーズ (2) の復習です。

    定数 ω の定義

    　ω\omega とは、「３乗して 11 になる数のうち虚数である定数」、つまり「１の３乗根のうち虚数であるもの」を表します（注で数の分類）。具体的には

    ω=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    または

    ω=−1−3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    という定数です。
    　この定数 ω\omega の値は、x3=1x^3=1 を解くことによって得られます。まず、高校１年で習う因数分解公式

    a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)\begin{align*} a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2) \end{align*}

    を用いると x3−1x^3-1 は、a=x, b=1a=x,  b=1 として

    x3−13=(x−1)(x2+x⋅1+12)\begin{align*} x^3-1^3=(x-1)(x^2+x\cdot1+1^2) \end{align*}

    より

    x3−1=(x−1)(x2+x+1)\begin{align*} x^3-1=(x-1)(x^2+x+1) \end{align*}

    と因数分解されるので、x3=1x^3=1 は次のように変形できます。

    x3=1x3−1=0(x−1)(x2+x+1)=0\begin{align*} &x^3=1\\ &x^3-1=0\\ &(x-1)(x^2+x+1)=0 \end{align*}

    これを解くと

    x−1=0　または　x2+x+1=0\begin{align*} x-1=0　または　x^2+x+1=0 \end{align*}

    より、前者 x−1=0x-1=0 の解は、x=1x=1 となります。
    　後者 x2+x+1=0x^2+x+1=0 の方は

    ＜２次方程式の解の公式＞
    　    ２次方程式 ax2+bx+c=0ax^2+bx+c=0 について

    x=−b±b2−4ac2a\begin{align*} x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \end{align*}

    を用います。x2+x+1=0x^2+x+1=0 より、a=1, b=1, c=1a=1,  b=1,  c=1 として

    x=−1±12−4⋅1⋅12⋅1=−1±1−42=−1±−32\begin{align*} x&=\dfrac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot1\cdot1}}{2\cdot1}\\ &=\dfrac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2}\\ &=\dfrac{-1\pm\sqrt{-3}}{2} \end{align*}

    正の数 aa に対して

    −a=ai\begin{align*} \sqrt{-a}=\sqrt{a}i \end{align*}

    より

    −3=3i\begin{align*} \sqrt{-3}=\sqrt{3}i \end{align*}

    よって

    x=−1±−32=−1±3i2\begin{align*} x&=\dfrac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}\\ &=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    ω\omega は「３乗して 11 となる数のうち虚数である定数」なので、この値が ω\omega、つまり

    ω=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    または

    ω=−1−3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    となります。
    　３乗して 11 になる数として、すぐに 11 が浮かびますが、11 は虚数ではないので ω=1\omega=1 とはなりません。　
    　ここで ω\omega について、次の２つの公式を覚えておきましょう。本シリーズで頻繁に出てくる公式です。

    ω の重要公式

    　次の２つの式は公式として覚えておきます。

    ω3=1　⋯①ω2+ω+1=0　⋯②\begin{alignat*}{2} &\omega^3=1 &　&\cdots ①\\ &\omega^2+\omega+1=0 &　&\cdots ②\\ \end{alignat*}

    　順に証明していきます。

    （①の証明）
    　ω\omega は「３乗して 11 となる数のうち虚数である定数」なので、明らかに３乗すれば 11 になります。よって

    ω3=1\begin{align*} \omega^3=1 \end{align*}

    （②の証明）
    　ω\omega はそもそも

    x2+x+1=0\begin{align*} x^2+x+1=0 \end{align*}

    を解いて得られたものなので、この式に代入して

    ω2+ω+1=0\begin{align*} \omega^2+\omega+1=0 \end{align*}

    より証明されました。
    　合わせて、次の計算も押さえておきましょう。

    ω に関する重要計算

    　次のような計算は頻繁に現れます。

    ω4=ω3‾1⋅ω=1⋅ω=ωω5=ω3‾1⋅ω2=1⋅ω2=ω2ω6=(ω3‾1)2=12=1ω7=ω6‾1⋅ω=1⋅ω=ω⋮\begin{align*} \omega^4&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\ \omega^5&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega^2=1\cdot\omega^2=\omega^2\\ \omega^6&={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^2=1\\ \omega^7&=\underset{1}{\underline{\omega^6}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\ &\hspace{5pt}\vdots \end{align*}

    このように、次数の大きいものでも、ω3=1\omega^3=1 を用いて次々と次数を下げていくことができます。
    　また、次の定理も覚えておきましょう。

    ω に関する重要定理

    　次のように、ω\omega と ω2\omega^2 には対応関係があります。

    ω=−1+3i2　のとき　ω2=−1−3i2ω=−1−3i2　のとき　ω2=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\ \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    （証明）
    　さきほど証明した ω2+ω+1=0\omega^2+\omega+1=0 より

    ω2=−ω−1\begin{align*} \omega^2=-\omega-1 \end{align*}

    ω=−1+3i2\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}  のとき

    ω2=−ω−1=−−1+3i2−1=−(−1+3i)2−22=1−3i2−22=1−3i−22=1−2−3i2=−1−3i2\begin{align*} \omega^2&=-\omega-1\\ &=-\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}-1\\ &=\dfrac{-(-1+\sqrt{3}i)}{2}-\dfrac{2}{2}\\ &=\dfrac{1-\sqrt{3}i}{2}-\dfrac{2}{2}\\ &=\dfrac{1-\sqrt{3}i-2}{2}\\ &=\dfrac{1-2-\sqrt{3}i}{2}\\ &=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    より

    ω2=−1−3i2\begin{align*} \omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    となり、前者が証明された。
    　一方、ω=−1−3i2\omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} のとき

    ω2=−ω−1=−−1−3i2−1=−(−1−3i)2−22=1+3i2−22=1+3i−22=1−2+3i2=−1+3i2\begin{align*} \omega^2&=-\omega-1\\ &=-\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}-1\\ &=\dfrac{-(-1-\sqrt{3}i)}{2}-\dfrac{2}{2}\\ &=\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}-\dfrac{2}{2}\\ &=\dfrac{1+\sqrt{3}i-2}{2}\\ &=\dfrac{1-2+\sqrt{3}i}{2}\\ &=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    より

    ω2=−1+3i2\begin{align*} \omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    となり、後者が証明された。
    　以上のことから、11 の３乗根は次の３つとなります。

    １の３乗根

    　11 の３乗根は、次の３つである。

    1, ω, ω2  \begin{align*} 1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    　先ほどの＜ω\bm{\omega} に関する重要定理＞

    ω=−1+3i2　のとき　ω2=−1−3i2ω=−1−3i2　のとき　ω2=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\ \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    により、ω\omega と ω2\omega^2 はともに 11 の３乗根となります。
    　すると、３次方程式 x3=1x^3=1 の解は次のようになります。

    「３乗＝1」の解

    　x3=1x^3=1 の解は

    x=1, ω, ω2  \begin{align*} x=1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    　x3=1x^3=1 の解は「３乗して 11 になる数」なので、 11 の３乗根そのものです。
    　これをふまえると、aa を実数としたときの３次方程式 x3=ax^3=a の解は、次のようになります。

    「３乗＝a」の解

    　x3=ax^3=a（aa は実数）の解は

    x=a3,  ωa3,  ω2a3\begin{align*} x=\sqrt[3]{a},    \omega\sqrt[3]{a},    \omega^2\sqrt[3]{a} \end{align*}

    　なお、a3\sqrt[3]{a} は３乗して aa になる数です。例えば 83\sqrt[3]{8} は３乗して 8 (=23)8\,(=2^3) になる数なので、83=2\sqrt[3]{8}=2 となります。
    　つまり x3=ax^3=a の解は、
    　aa の３乗根　a3\sqrt[3]{a}
    　a3\sqrt[3]{a} に ω\omega をかけたもの　ωa3\omega\sqrt[3]{a}
    　a3\sqrt[3]{a} に ω2\omega^2 をかけたもの　ω2a3\omega^2\sqrt[3]{a}
    と、３つ並べることのよって得られます（本シリーズ (2)）。
    　例を上げましょう。

    （例１）x3=2x^3=2 の解は

    x=23,  ω23,  ω223\begin{align*} x=\sqrt[3]{2},    \omega\sqrt[3]{2},    \omega^2\sqrt[3]{2} \end{align*}

    （例２）x3=−8x^3=-8 の解は

    x=−83,  ω−83,  ω2−83\begin{align*} x=\sqrt[3]{-8},    \omega\sqrt[3]{-8},    \omega^2\sqrt[3]{-8} \end{align*}

    −83=(−2)33=−2\sqrt[3]{-8}=\sqrt[3]{(-2)^3}=-2 より

    x=−2, −2ω, −2ω2\begin{align*} x=-2,  -2\omega,  -2\omega^2 \end{align*}

    　では、x3=ax^3=a（aa は実数）の解は

    x=a3,  ωa3,  ω2a3\begin{align*} x=\sqrt[3]{a},    \omega\sqrt[3]{a},    \omega^2\sqrt[3]{a} \end{align*}

    となることを証明します。

    （証明）
    　３次方程式 x3=ax^3=a について、この両辺を aa で割ると

    x3a=1\begin{align*} \dfrac{x^3}{a}=1 \end{align*}

    a3\sqrt[3]{a} は３乗して aa になる数なので
    　a=(a3)3a={(\sqrt[3]{a})}^3（例　2=(23)32={(\sqrt[3]{2})}^3）
    より

    x3(a3)3=1\begin{align*} \dfrac{x^3}{({\sqrt[3]{a})}^3}=1 \end{align*}

    x3(a3)3=(xa3)3\dfrac{x^3}{{(\sqrt[3]{a})}^3}=\left(\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}\right)^3 より

    (xa3)3=1\begin{align*} \left(\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}\right)^3=1 \end{align*}

    xa3=X\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}=X とおくと

    X3=1\begin{align*} X^3=1 \end{align*}

    すると、解 XX は 11 の３乗根なので

    X=1, ω, ω2  \begin{align*} X=1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    X=xa3X=\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}} に戻して

    xa3=1, ω, ω2  \begin{align*} \dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}=1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    両辺に a3\sqrt[3]{a} をかけて

    x=a3,  ωa3,  ω2a3\begin{align*} x=\sqrt[3]{a},    \omega\sqrt[3]{a},    \omega^2\sqrt[3]{a} \end{align*}

    となり証明された。
    　最後に、本記事の内容をまとめておきます。いずれも本シリーズで頻繁に現れる ω\omega に関する性質です。

    まとめ

    ＜ω\bm{\omega} の定義＞
    　ω\omega とは、「３乗して 11 になる数のうち虚数である定数」、つまり「１の３乗根のうち虚数であるもの」を表します。具体的には

    ω=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    または

    ω=−1−3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    ＜ω\bm{\omega} の重要公式＞

    ω3=1ω2+ω+1=0\begin{align*} &\omega^3=1\\ &\omega^2+\omega+1=0\\ \end{align*}

    ＜ω\bm{\omega} に関する重要計算＞

    ω4=ω3‾1⋅ω=1⋅ω=ωω5=ω3‾1⋅ω2=1⋅ω2=ω2ω6=(ω3‾1)2=12=1ω7=ω6‾1⋅ω=1⋅ω=ω⋮\begin{align*} \omega^4&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\ \omega^5&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega^2=1\cdot\omega^2=\omega^2\\ \omega^6&={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^2=1\\ \omega^7&=\underset{1}{\underline{\omega^6}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\ &\hspace{5pt}\vdots \end{align*}

    ＜ω\bm{\omega} に関する重要定理＞

    ω=−1+3i2　のとき　ω2=−1−3i2ω=−1−3i2　のとき　ω2=−1+3i2\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\ \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}

    ＜1\bm{1} の３乗根＞
    　11 の３乗根は、次の３つである。

    1, ω, ω2  \begin{align*} 1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    ＜x3=1\bm{x^3=1} の解＞

    　x3=1x^3=1 の解は

    x=1, ω, ω2  \begin{align*} x=1,  \omega,  \omega^2   \end{align*}

    ＜x3=a\bm{x^3=a} の解＞

    　x3=ax^3=a（aa は実数）の解は

    x=a3,  ωa3,  ω2a3\begin{align*} x=\sqrt[3]{a},    \omega\sqrt[3]{a},    \omega^2\sqrt[3]{a} \end{align*}

    （注）数の分類

    　数の分類は以下の通りです。

    複素数 a+bi {実数 ab=0 のとき{有理数分数で表せる数{整数{自然数 (1, 2, 3,⋯)0負の整数 (−1,−2,−3,⋯)有限小数　例　0.17(=17100)循環小数（循環する無限小数）　例　0.232323⋯(=2399)無理数分数で表せない数　例　π (=3.1415⋯) のような循環しない無限小数　　  e (=2.7182⋯) のような循環しない無限小数虚数 a+bib≠0 のとき　特に a=0 のとき bi を純虚数という。 \begin{align*} \boldsymbol{複素数  a+bi}  \begin{cases} \overset{\small b=0  のとき}{\boldsymbol{実数  a}} \begin{cases} \underset{\scriptsize 分数で表せる数}{\boldsymbol{有理数}} \begin{cases} \boldsymbol{整数} \begin{cases} \boldsymbol{自然数}  \scriptsize{(1,  2,  3, \cdots)}\\ \boldsymbol{0}\\ \boldsymbol{負の整数}  \scriptsize{(-1, -2, -3, \cdots)} \end{cases}\\ \boldsymbol{有限小数}\\ 　{\footnotesize 例　0.17 (=\dfrac{17}{100})}\\ \boldsymbol{循環小数{\scriptsize（循環する無限小数）}}\\ 　{\footnotesize 例　0.232323\cdots\left(=\dfrac{23}{99}\right)} \end{cases}\\ \underset{\scriptsize 分数で表せない数}{\boldsymbol{無理数}}\\ 　{\scriptsize 例　\pi  (=3.1415\cdots)  のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\ 　　    {\scriptsize e  (=2.7182\cdots)  のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\ \end{cases}\\ \overset{\small b\ne0  のとき}{\boldsymbol{虚数  a+bi}}　特に  a=0  のとき  \boldsymbol{bi}  を\boldsymbol{純虚数}という。  \end{cases} \end{align*}

    （参考）各章の内容

    （１）「２次方程式の解の公式」を式変形で導出
    　　　・平方完成
    （２）「３次方程式の解の公式」を導出するための準備
    　　　・11 の３乗根 ω\omega
    （３）「３次方程式の解の公式」を式変形で導出
    　　　・チルンハウス変換
    （４）「解と係数の関係」と「対称式」の解説
    （５）「対称式」を用いた「２次方程式の解の公式」の導出
    （６）「解の置換」と「ラグランジュ・リゾルベント」の解説
    （７）「ラグランジュ・リゾルベント」による「３次方程式の解の公式」の導出
    （８）「偶置換」と「奇置換」の解説（ここから「アーベルの証明」の準備）
    （９）「差積の２乗」が対称式となることを解説
    （10）「平方根」「３乗根」と次々と累乗根を加えていくアイデア
    （11）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「２次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（添加する式について加筆予定）
    （12）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（前編）。「差積の２乗の平方根」を用いて対称性を保つ置換を「偶置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。
    （13）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（後編）。「ラグランジュ・リゾルベント」を用いて対称性を保つ置換を「恒等置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。⟶\longrightarrow ３次方程式の解の公式の完成
    （14）「アーベルの証明」の解説①。５次方程式の解の差積（または差積の２乗の平方根）を添加して、加減乗除ができる式の範囲を拡大。その結果、構成可能な式の対称性が５次置換（対称式）から偶置換シンメトリーへと破壊されることを解説。
    （15）「アーベルの証明」の解説②。すべての置換は互換で表せることから、５次置換をすべて互換の積で表して、偶置換と奇置換に分類する。
    （16）「アーベルの証明」の解説➂。「すべての偶置換は３次巡回置換の積で表される」ことの解説。
    （17）「アーベルの証明」の解説➃（最後）。「任意の３次巡回置換が５次巡回置換の積で表せる」ことによって、５次方程式には解の公式が存在しないことが証明されることの解説。
    （18）もっと分かりやすくシリーズ①「累乗根の添加」について重点解説。
    （19）もっと分かりやすくシリーズ②「対称性の破壊」について重点解説。
    （20）もっと分かりやすくシリーズ③「対称性を恒等置換まで破壊」することについて重点解説。
    （21）もっと分かりやすくシリーズ➃　何次方程式でも「最初に解の差積を添加して対称性を破壊すること」は常套手段。
    （22）もっと分かりやすくシリーズ➄「解の和と差の連立」による２次方程式の解の公式の導出について。
    （23）もっと分かりやすくシリーズ➅「対称式ではない解の公式を基本対称式で表す」ことのついて。


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