もっと分かりやすく➆「定数 ω」について復習

　ここでは、本シリーズでたびたび現れる定数 $${\omega}$$ 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

　$${\omega}$$ とは、「３乗して $${1}$$ 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

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

または

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

という定数です。
　この定数 $${\omega}$$ の値は、$${x^3=1}$$ 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

$$
\begin{align*}
a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)
\end{align*}
$$

を用いると $${x^3-1}$$ は、$${a=x,  b=1}$$ として

$$
\begin{align*}
x^3-1^3=(x-1)(x^2+x\cdot1+1^2)
\end{align*}
$$

より

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

と因数分解されるので、$${x^3=1}$$ は次のように変形できます。

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

これを解くと

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

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

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

$$
\begin{align*}
x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}
\end{align*}
$$

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

$$
\begin{align*}
x&=\dfrac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot1\cdot1}}{2\cdot1}\\
&=\dfrac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2}\\
&=\dfrac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}
\end{align*}
$$

正の数 $${a}$$ に対して

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

より

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

よって

$$
\begin{align*}
x&=\dfrac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}\\
&=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

$${\omega}$$ は「３乗して $${1}$$ となる数のうち虚数である定数」なので、この値が $${\omega}$$、つまり

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

または

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

となります。
　３乗して $${1}$$ になる数として、すぐに $${1}$$ が浮かびますが、$${1}$$ は虚数ではないので $${\omega=1}$$ とはなりません。　
　ここで $${\omega}$$ 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。

$$
\begin{alignat*}{2}
&\omega^3=1 &　&\cdots ①\\
&\omega^2+\omega+1=0 &　&\cdots ②\\
\end{alignat*}
$$

　順に証明していきます。

（①の証明）
　$${\omega}$$ は「３乗して $${1}$$ 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 $${1}$$ になります。よって

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

（②の証明）
　$${\omega}$$ はそもそも

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

を解いて得られたものなので、この式に代入して

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

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。

$$
\begin{align*}
\omega^4&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\
\omega^5&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega^2=1\cdot\omega^2=\omega^2\\
\omega^6&={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^2=1\\
\omega^7&=\underset{1}{\underline{\omega^6}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\
&\hspace{5pt}\vdots
\end{align*}
$$

このように、次数の大きいものでも、$${\omega^3=1}$$ 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、$${\omega}$$ と $${\omega^2}$$ には対応関係があります。

$$
\begin{align*}
\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\
\omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

（証明）
　さきほど証明した $${\omega^2+\omega+1=0}$$ より

$$
\begin{align*}
\omega^2=-\omega-1
\end{align*}
$$

$${\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}}$$  のとき

$$
\begin{align*}
\omega^2&=-\omega-1\\
&=-\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}-1\\
&=\dfrac{-(-1+\sqrt{3}i)}{2}-\dfrac{2}{2}\\
&=\dfrac{1-\sqrt{3}i}{2}-\dfrac{2}{2}\\
&=\dfrac{1-\sqrt{3}i-2}{2}\\
&=\dfrac{1-2-\sqrt{3}i}{2}\\
&=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

より

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

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

$$
\begin{align*}
\omega^2&=-\omega-1\\
&=-\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}-1\\
&=\dfrac{-(-1-\sqrt{3}i)}{2}-\dfrac{2}{2}\\
&=\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}-\dfrac{2}{2}\\
&=\dfrac{1+\sqrt{3}i-2}{2}\\
&=\dfrac{1-2+\sqrt{3}i}{2}\\
&=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

より

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

となり、後者が証明された。
　以上のことから、$${1}$$ の３乗根は次の３つとなります。

１の３乗根

　$${1}$$ の３乗根は、次の３つである。

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

　先ほどの＜$${\bm{\omega}}$$ に関する重要定理＞

$$
\begin{align*}
\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\
\omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

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

「３乗＝1」の解

　$${x^3=1}$$ の解は

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

もちろん、$${x^3=1}$$ の解は $${1}$$ の３乗根です。
　これをふまえると、$${a}$$ を実数としたときの３次方程式 $${x^3=a}$$ の解は、次のようになります。

「３乗＝a」の解

　$${x^3=a}$$（$${a}$$ は実数）の解は

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

　なお、$${\sqrt[3]{a}}$$ は３乗して $${a}$$ になる数です。例えば $${\sqrt[3]{8}}$$ は３乗して $${8\,(=2^3)}$$ になる数なので、$${\sqrt[3]{8}=2}$$ となります。
　つまり $${x^3=a}$$ の解は、
　$${a}$$ の３乗根　$${\sqrt[3]{a}}$$
　$${\sqrt[3]{a}}$$ に $${\omega}$$ をかけたもの　$${\omega\sqrt[3]{a}}$$
　$${\sqrt[3]{a}}$$ に $${\omega^2}$$ をかけたもの　$${\omega^2\sqrt[3]{a}}$$
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）$${x^3=2}$$ の解は

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

（例２）$${x^3=-8}$$ の解は

$$
\begin{align*}
x=\sqrt[3]{-8},    \omega\sqrt[3]{-8},    \omega^2\sqrt[3]{-8}
\end{align*}
$$

$${\sqrt[3]{-8}=\sqrt[3]{(-2)^3}=-2}$$ より

$$
\begin{align*}
x=-2,  -2\omega,  -2\omega^2
\end{align*}
$$

　では、$${x^3=a}$$（$${a}$$ は実数）の解は

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

となることを証明します。

（証明）
　３次方程式 $${x^3=a}$$ について、この両辺を $${a}$$ で割ると

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

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

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

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

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

$${\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}=X}$$ とおくと

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

すると、解 $${X}$$ は $${1}$$ の３乗根なので

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

$${X=\dfrac{x}{\sqrt[3]{a}}}$$ に戻して

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

両辺に $${\sqrt[3]{a}}$$ をかけて

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

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 $${\omega}$$ に関する性質です。

まとめ

＜$${\bm{\omega}}$$ の定義＞
　$${\omega}$$ とは、「３乗して $${1}$$ 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

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

または

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

＜$${\bm{\omega}}$$ の重要公式＞

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

＜$${\bm{\omega}}$$ に関する重要計算＞

$$
\begin{align*}
\omega^4&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\
\omega^5&=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega^2=1\cdot\omega^2=\omega^2\\
\omega^6&={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^2=1\\
\omega^7&=\underset{1}{\underline{\omega^6}}\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\
&\hspace{5pt}\vdots
\end{align*}
$$

＜$${\bm{\omega}}$$ に関する重要定理＞

$$
\begin{align*}
\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\\
\omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}　のとき　\omega^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

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

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

＜$${\bm{x^3=1}}$$ の解＞

　$${x^3=1}$$ の解は

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

＜$${\bm{x^3=a}}$$ の解＞

　$${x^3=a}$$（$${a}$$ は実数）の解は

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

（注）数の分類

　数の分類は以下の通りです。

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

（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
　　　・$${1}$$ の３乗根 $${\omega}$$
（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）「遇置換」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「遇置換」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）から遇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、遇置換と奇置換に分類する。
（16）「アーベルの証明」の解説➂。「すべての遇置換は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。