本日の無酸素計算（虚数単位 i の平方根）

$i^i=e^{-\frac{\pi}{2}}$　＞i^i の計算
よりは，やさしい．

旧教育課程では複素数平面を扱っていたので，教科書の練習問題レベルである．

解1
$z^2=i$の解
$z$の絶対値$r=|z|$，偏角$\theta=\arg(z)$とすると，de Moivreの定理で
$|z^2|=|z|^2=r^2$，$\arg(z^2)=2\arg(z)=2\theta$．
一方$|i|=1$，$\arg(i)=90^\circ+n\times360^\circ$より
$r^2=1$，$2\theta=90^\circ+n\times360^\circ$．
$r\lt 0$より$r=1$，$\theta=45^\circ+n\times180^\circ$
ゆえに，

$z=\cos(45^\circ+n\times180^\circ)+i\sin(45^\circ+n\times180^\circ)$
$z=\cos45^\circ+i\sin45^\circ$，$\cos225^\circ+i\sin225^\circ$
$z=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i$，$z=-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i$，
$z=\pm\frac{1+i}{\sqrt{2}}$，


新教育課程では，複素数平面がないので，上記の方法は使えない．

解2 素朴に
$x=a+bi$とおき，
$x^2=a^2+2abi+b^2i^2=a^2+2abi-b^2=a^2-b^2+2abi=0+1i$
と考えて，a, b を決定する．
$a^2-b^2=0$，$2ab=1$という連立方程式を解く．
$a^2-b^2=0$は$(a-b)(a+b)=0$だから，
$b=a$，$b=-a$である．
$b=-a$のとき，$2ab=1$に代入して
$2a(-a)=1$
$2a^2=-1$
となり，　$a$は実数なので，不適．
$b=a$のとき，$2ab=1$に代入して
$2a^2=1$
$a^2=\frac{1}{2}$
$a=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$
よって
$b=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$
つまり
$x=a+bi=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$（複号同順）
$x=\pm\frac{1+i}{\sqrt{2}}$


解3 いわゆる「複2次式」に持ち込み，因数分解で解く．
$x^2=i$
のとき，両辺を2乗して
$x^4=-1$
つまり，-1の4つある4乗根のうち2つが解になる．移項して
$x^4+1=0$
この左辺を因数分解するため，両辺に$2x^2$を足す．
$x^4+2x^2+1=2x^2$
左辺を因数分解．
$(x^2+1)^2=2x^2$
右辺も2乗の式にしてしまう
$(x^2+1)^2=(\sqrt{2}x)^2$
左辺－右辺
$(x^2+1)^2-(\sqrt{2}x)^2=0$
因数分解
$(x^2+1-\sqrt{2}x)(x^2+1+\sqrt{2}x)=0$
それぞれ2次方程式を解く．まず
$x^2-\sqrt{2}x+1=0$
の解は
$x=\frac{\sqrt{2}\pm\sqrt{2}i}{2}$．
$x=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}i}{2}$のとき，
$x^2=\left(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}i}{2}\right)=-i$
より$i$の平方根ではない．
$x=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2}$のとき，
$x^2=\left(\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2}\right)=i$
よりこれは解のひとつ．
つぎに，
$x^2+\sqrt{2}x+1=0$
の解は
$x=\frac{-\sqrt{2}\pm\sqrt{2}i}{2}$．
$x=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2}$のとき，
$x^2=\left(\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2}\right)=-i$
より$i$の平方根ではない．
$x=\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{2}i}{2}$のとき，
$x^2=\left(\frac{-\sqrt{2}-\sqrt{2}i}{2}\right)=i$
よりこれは解のひとつ．
よって，
$x=\pm\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}i}{2}$
分母分子を$\sqrt{2}$で割れば，
$x=\pm\frac{1+i}{\sqrt{2}}$

$x^4=-1$
において，両辺を2乗すれば，
$x^8=1$
ということで，i の平方根は 1 の原始8乗根である．
つまり
$x^8-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)$
と因数分解でき，原始8乗根である i の平方根は
$x^4+1=0$
の解のひとつである．
そして，この8個の解を複素数平面上に並べれば，正8角形の頂点になる・・・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．
$\pm\sqrt{i}$
$=\pm\frac{\sqrt{2i}}{{\sqrt{2}}$
$=\pm\frac{\sqrt{1+2i-1}}{{\sqrt{2}}$
$=\pm\frac{\sqrt{1+2i+i^2}}{{\sqrt{2}}$
$=\pm\frac{\sqrt{(1+i)^2}}{{\sqrt{2}}$
$=\pm\frac{1+i}{\sqrt{2}}$
わかっていればやさしいが，普通は思いつかない．

10/27追記　虚数単位の立方根