iの立方根（虚数単位の3乗根）

先日，虚数単位i の平方根を求めてみたが，同様に4通りの方法でできるかな？


まずは，旧教育課程にあった，複素数平面の de Moivre の公式を使ったもので，これは当時の教科書の例題にあるだろう．

＜解1＞
i の絶対値 |i|=1 で，偏角は 90度+360度×n
ということから，
3乗根の絶対値は1の正の3乗根なので 1．
偏角は3で割って 30度+120度×n
つまり
$\cos(30^\circ+n\times120^\circ)+i\sin(30^\circ+n\times120^\circ)$
で，n=0,1,2 が解となり，
$\cos30^\circ+i\sin 30^\circ=\frac{\sqrt{3}+i}{2}$
$\cos150^\circ+i\sin 150^\circ=\frac{-\sqrt{3}+i}{2}$
$\cos270^\circ+i\sin 270^\circ=-i$



つづいて，x=a+bi とおいて素朴に求める．

＜解2＞$x^3=i$において，$x=a+bi$とおき，
$x^3=a^3+3a^2bi+3ab^2i^2+b^3i^3=a^3+3a^2bi-3ab^2-b^3i$
$x^3=i=0+1i$より，実部と虚部を比較し連立方程式
$a^3-3ab^2=0,\ 3a^2b-b^3=1$
を解く．
$a^3-3ab^2=a(a^2-3b^2)=0$より
$a=0,\ a^2-3b^2=0$
$a=0$のときは，$3a^2b-b^3=1$から$b^3=-1$で，$b$は実数だから，
$b=-1$
ゆえに
$x=a+bi=0-1i=-i$
$3a^2-b^2=0$のときは
$b^2=\frac{a^2}{3}$
$b=\pm\frac{a}{\sqrt{3}}$
これを$3a^2b-b^3=1$に代入して，（マイナスは省略）
$3a^2\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)-\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^3=1$
$3a^3\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{a^3}{3\sqrt{3}}=1$
両辺$3\sqrt{3}$倍して
$9a^2-a^3=3\sqrt{3}$
$8a^3=3\sqrt{3}$
$a^3=\frac{3\sqrt{3}}{2^3}$
$a$は実数なので，
$a=\frac{\sqrt{3}}{2}$
ゆえに，$a=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$
これを$b=\pm\frac{a}{\sqrt{3}}$に代入する．プラスマイナスを考えると4通りの解がでるが，3乗が+iになるのは，
$x=a+bi=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
$x=a+bi=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
である．
したがって，虚数単位の立方根は
$\frac{\pm\sqrt{3}+i}{2},\ -i$


＜解3＞ 因数分解で解く．
$x^3=i$
$i^3=-i$であることに気づけば，因数分解は簡単で，
$x^3=-i^3$
$x^3+i^3=0$
$(x+i)(x^2-ix+i^2)=0$
$(x+i)(x^2-ix-1)=0$
$x+i=0,\ x^2-ix-1=0$
$x+i=0$より$x=-i$
$x^2-ix-1=0$を解いて，
$x=\frac{i\pm\sqrt{3}}{2}$

＜解3-2＞ iを解消してから複2次式の因数分解で解く．
$x^3=i$
の両辺を2乗して，
$x^6=-1$
$x^6+1=0$
$x^6=(x^2)^3$と考えて
$(x^2+1)(x^4-x^2+1)=0$
$x^2+1=0,\ x^4-x^2+1=0$
$x^2+1=0$より，$x=\pm i$，3乗してiになるのは　-i
$x^4-x^2+1=0$の両辺に$3x^2$を足して，
$x^4+2x^2+1=3x^2$
平方完成
$(x^2+1)^2=(\sqrt{3}x)^2$
$(x^2+1)^2-(\sqrt{3}x)^2=0$
$(x^2+1+\sqrt{3}x)(x^2+1-\sqrt{3}x)=0$
2つの2次方程式を解いて，
$x=\frac{-\sqrt{3}\pm i}{2},\ \frac{\sqrt{3}\pm i}{2}$
この4つのうち，3乗して i になるのは，
$x=\frac{-\sqrt{3}+ i}{2},\ \frac{\sqrt{3}+ i}{2}$


$x^6=-1$
において，両辺を2乗すれば，
$x^{12}=1$
ということで，iの立方根は1の原始12乗根である．
つまり
$x^{12}-1=(x-1)(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1)$
と因数分解でき，1の原始12乗根であるiの立法根は
$x^4-x^2+1=0$
の解のひとつである．
そして，この因数分解からわかるのは，1の12乗根には「12の約数」乗根がすべて含まれるということである．
また，この12個の解を複素数平面上に並べれば，正12角形の頂点になるり，その頂点を選んで正「12の約数」角形ができる・・・というのは複素数平面の知識だ

＜解4＞ 最後に二重根号をはずす要領では
$\sqrt[3]{i}$
$=\sqrt[3]{(-i)^3}$
$=-i$
くらいしか求まらない．これは＜解1＞のリテラシーがあれば，残りの二つはこの解に1の虚数立方根
$\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$
をかけたものも解になることがわかり，残りの2つが求まるわけだ．