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問題｜1の3乗根とオメガω
複素数と方程式 35\(1\) の3乗根のうち、虚数であるものの1つを \(\omega\) とするとき、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) であることの証明方法は？また、\(\omega^2+\omega+1=0\) の証明方法は？
高校数学Ⅱ｜複素数と方程式
解法のPoint
1の3乗根とオメガω
Point：1の3乗根とオメガω
\(\begin{eqnarray}\hspace{10pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~(x-1)(x^2+x+1)&=&0\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) \(\omega\) は \(x^2+x+1\) の解で、\(\omega^2\) がもう \(1\) つの虚数解となり、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) である。
\({\small [\,2\,]}\) \(\omega\) について、
\(\omega^2+\omega+1=0\)、\(\omega^3=1\) が成り立つ。
\(1\) の3乗根の虚数であるものの1つを \(\omega\) とすると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{10pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~(x-1)(x^2+x+1)&=&0\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) \(\omega\) は \(x^2+x+1\) の解で、\(\omega^2\) がもう \(1\) つの虚数解となり、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) である。
\({\small [\,2\,]}\) \(\omega\) について、
\(\omega^2+\omega+1=0\)、\(\omega^3=1\) が成り立つ。
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詳しい解説｜1の3乗根とオメガω
複素数と方程式 35
\(1\) の3乗根のうち、虚数であるものの1つを \(\omega\) とするとき、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) であることの証明方法は？また、\(\omega^2+\omega+1=0\) の証明方法は？
高校数学Ⅱ｜複素数と方程式
[証明] \(1\) の3乗根は、\(x^3=1\) の解より、
\(\begin{eqnarray}\hspace{30pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~x^3-1^3&=&0\end{eqnarray}\)
公式 \(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\{x+(-1)\}\{x^2-x\cdot(-1)+(-1)^2\}&=&0
\\[3pt]~~~(x-1)(x^2+x+1)&=&0\end{eqnarray}\)
よって、\(x-1=0\) または \(x^2+x+1=0\)
\(x-1=0\) より \(x=1\)
\(x^2+x+1=0\) の解は解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 1\cdot 1}\,}{\,2\cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1-4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{-3}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\omega=\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\) とすると、\(\omega^2\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1+\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2-2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\omega=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\) とすると、\(\omega^2\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1-\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2+2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、虚数解の \(1\) つを \(\omega\) とすると、\(\omega^2\) がもう \(1\) つの虚数解となる
したがって、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) となる [終]
[証明] \(\omega\) は \(x^2+x+1=0\) の解より、
\(x=\omega\) と代入すると
\(\omega^2+\omega+1=0\) [終]
