１の三乗根オメガを用いた計算と因数分解

更新 2023/07/22

$1$ の三乗根 $\omega$ (オメガ)に関する話題です。

1の三乗根

1の三乗根，つまり3乗して1になる数を考えてみます。
x3=1x^3=1x3=1 を変形すると，x3−1=0x^3-1=0x3−1=0
因数分解すると，(x−1)(x2+x+1)=0(x-1)(x^2+x+1)=0(x−1)(x2+x+1)=0
つまり，x=1x=1x=1 または x2+x+1=0x^2+x+1=0x2+x+1=0 になります。後者の二次方程式を解くと，x=−1±3i2x=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}x=2−1±3​i​ になります。
つまり，1の三乗根は 1,−1+3i2,−1−3i21,\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2},\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}1,2−1+3​i​,2−1−3​i​ の 333 つです。3つのうち2つは虚数です。複素数平面で1の三乗根を図示すると，正三角形になります。

オメガとは

1の三乗根のうち虚数のものを ω\omegaω と表すことが多いです。虚数のものは2つありますが，そのうちの一方を ω\omegaω とおくと，もう一方は ω2\omega^2ω2 になります。
実際，以下が成立します：
(−1+3i2)2=−1−3i2\left(\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^2=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}(2−1+3​i​)2=2−1−3​i​
(−1−3i2)2=−1+3i2\left(\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}\right)^2=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}(2−1−3​i​)2=2−1+3​i​
つまり，どちらを ω\omegaω とおいても1の3乗根は 1,ω,ω21,\omega,\omega^21,ω,ω2 の3つになります。

オメガに関する基本的な性質

$\omega^3=1$
$\omega$ は1の三乗根なので， $\omega^3=1$ は当然成立します。
$\omega^2+\omega+1=0$
さきほど見たように $\omega$ は $x^2+x+1=0$ の解なので $\omega^2+\omega+1=0$ が成立します。
$\omega^2=\overline{\omega}$
簡単な計算でも，複素数平面における考察でもわかります。

ちなみに，二次方程式を解く際に虚数単位 $i$ が必要になったのと同様に，三次方程式を解く際に $\omega$ が必要になります。→カルダノの公式と例題【三次方程式の解の公式】

オメガの多項式を計算する問題

$\omega$ の多項式は必ず $A\omega+B$ という形まで計算できる。特に試験問題では $A=0$ となる場合が圧倒的に多い。

まず $\omega^3=1$ を用いて $\omega$ の二次式まで計算します。次に $\omega^2=-\omega-1$ を用いて一次式にします。

例

$\begin{aligned} &\omega^{100}+\omega^{50}\\ &= (\omega^3)^{33}\omega+(\omega^3)^{16}\omega^2\\ &= \omega+\omega^2\\ &= -1 \end{aligned}$

この方法でどんな多項式にも対応できます。

オメガを含む式の「有理化」

$\dfrac{1}{A \omega + B}$ を「有理化」してみましょう。

計算

$\begin{aligned} &(A \omega +B)(A \omega + A - B)\\ &= A^2 \omega^2 +(A^2 - AB + AB) \omega + B(A-B)\\ &= (A^2 \omega^2 + \omega + 1) - A^2 + AB - B^2\\ &= -A^2 + AB - B^2 \end{aligned}$ となるので， $\begin{aligned} \dfrac{1}{A \omega + B} &= \dfrac{A \omega + A - B}{(A \omega +B)(A \omega + A - B)}\\ &= - \dfrac{A}{A^2 - AB + B^2} \omega - \dfrac{A - B}{A^2 - AB + B^2} \end{aligned}$ と表される。

余談：大学数学の内容ですが，これは $\mathbb{Q} (\omega)$ が体になることを意味します。

オメガを用いた因数分解

本記事のメインテーマです。

$x$ の多項式 $f(x)$ が $x^2+x+1$ を因数に持つ必要十分条件は $f(\omega)=f(\omega^2)=0$ なのでさきほどの計算方法を用いて簡単に確認できる。

特に， $f(x)=x^p+x^q+x^r$ のような形のときに効果てきめんです。

例題

$f(x)=x^5+x^4+1$ を因数分解せよ。

解答

簡単に因数分解できなさそうですが， $f(\omega)=\omega^5+\omega^4+1=\omega^2+\omega+1=0$ であり，同様に $f(\omega^2)=0$ も分かるので $f(x)$ は $(x-\omega)(x-\omega^2)=x^2+x+1$ を因数に持ちます。あとは頑張って割り算をするのみ：

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

→高校数学の問題集　～最短で得点力を上げるために～のT28では，オメガを用いずに頑張って因数分解する方法も紹介しています。

次は2003年京大前期の第四問です。

問題

$f(x)=(x^{100}+1)^{100}+(x^2+1)^{100}+1$ は $x^2+x+1$ で割り切れるか。

解答

同様に $f(\omega)=f(\omega^2)=0$ かどうか確認するだけです。

$\begin{aligned} f(\omega) &= (\omega+1)^{100}+(\omega^2+1)^{100}+1\\ &=(-\omega^2)^{100}+(-\omega)^{100}+1\\ &=\omega^{200}+\omega^{100}+1\\ &=\omega^2+\omega+1\\ &=0 \end{aligned}$

$f(\omega^2)$ も同様にして $0$ となることが分かるので $f(x)$ は $x^2+x+1$ で割り切れる！

$x^m$ の係数が全部 $1$ であるような多項式が出てきたら $\omega$ を意識するようにしましょう。

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この記事の監修者

マスオ

高校数学の美しい物語の管理人。「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。著書に『高校数学の美しい物語』『超ディープな算数の教科書』。記事の誤植やわかりにくい等のご指摘はお気軽にメールください！