1. 3乗根
2. 準備
3. 3次方程式の解
4. 判別式が負の場合
5. 判別式が０の場合
6. 判別式が正の場合
7. 例
1の3乗根（立方根）とは，それを3乗すると1になる数のことである。 ここでは複素数の根を考える。 z が1の3乗根なら，zは3次方程式 z3=1 を満たしている。 13=1 が成り立つので，1は1の3乗根の一つである。 \[ z^3=1 \tag{1} \] z3=1 を z3−1 = 0 と変形して，因数分解すると \[ z^3-1 = (z-1)(z^2+z+1) = 0 \] とできるので，1の3乗根は \[ z = 1,\; \frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\; \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \tag{2} \] の3つある。 i は虚数単位で i2 = −1 となる数のことである。
1の3乗根のうち，1と異なるものの一つを ω とする。 仮に ω = (−1+i√3)/2 のほうを選ぶと， ω2 の値は1ともωとも異なるもう一つの3乗根ω'になる。 また，ωは1の3乗根なので ω3=1 である。 \begin{align} \omega &= \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} & \omega^2 &= \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} & \omega^3 &= 1 \end{align} ω' = (−1−i√3)/2 のほうを選んでも，同じ結果になる。 \begin{align} \omega' &= \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} & \omega'^2 &= \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} & \omega'^3 &= 1 \end{align} 1とは異なる1の3乗根の一つをωとすると， すべての1の3乗根はωの冪で表され，それらの和は0である。 \[ 1+\omega+\omega^2=0 \tag{3} \]
cを複素数とし，cの3乗根を求める。 z がcの3乗根なら，zは3次方程式 z3=c を満たす。 \[ z^3=c \] cの絶対値がr，偏角がθのとき c = r(cosθ+isinθ) と表しておく。 \begin{align} & c=r(\cos \theta+i \sin \theta) & & r=|c|,\; \theta=\arg c \end{align} de Moivre の定理等から，cの3乗根は次の z1，z2，z3 である。 \begin{align} & z_1=\sqrt[3]{r} \left( \cos \frac{\theta}{3}+i \sin \frac{\theta}{3} \right) \\ & z_2=\sqrt[3]{r} \left( \cos \frac{\theta+2 \pi}{3}+i \sin \frac{\theta+2 \pi}{3} \right) \\ & z_3=\sqrt[3]{r} \left( \cos \frac{\theta-2 \pi}{3}+i \sin \frac{\theta-2 \pi}{3} \right) \end{align} cの3乗根 z1，z2，z3 は， そのうちの一つ（たとえばz1）と， 1とは異なる1の3乗根の一つ ω を用いて表せる。 cの3乗根は，z1 と ω のほか， z2 と ω，z3 と ω で表せる。 \begin{align} z_1,\; z_2,\; z_3 &= z_1,\; \omega z_1,\; \omega^2 z_1 \\ &= \omega^2 z_2,\; z_2,\; \omega z_2 \\ &= \omega z_3,\; \omega^2 z_3,\; z_3 \\ \end{align}
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7. 例
ωは1と異なる1の3乗根の一つとするとき，次の因数分解ができることを確かめよう。 \[ A^3-B^3-C^3-3ABC=(A-B-C)(A-\omega B-\omega^2 C)(A-\omega^2 B-\omega C) \tag{1} \]
右辺を展開して左辺に一致することを確かめる。 ωは1の3乗根なので，ωやω2に対して次のことが成り立つ。 \begin{align} & \omega+\omega^2=(1+\omega+\omega^2)-1=-1 & & \omega\omega^2=\omega^3=1 & & \omega^4=\omega^3\omega=\omega \end{align} ωの性質を利用して， ωB+ω2C と ω2B+ωC の和と積を求める。 \begin{align} & (\omega B+\omega^2 C)+(\omega^2 B+\omega C) = -(B+C) & & (\omega B+\omega^2 C)(\omega^2 B+\omega C) = B^2-BC+C^2 \end{align} 右辺の積を順に展開していくと \begin{align} & (A-\omega B-\omega^2 C)(A-\omega^2 B-\omega C) \\ &\quad =A^2-\{(\omega B+\omega^2 C)+(\omega^2 B+\omega C)\}A+(\omega B+\omega^2 C)(\omega^2 B+\omega C) \\ &\quad =A^2+(B+C)A+(B^2-BC+C^2) \end{align} \begin{align} (A-B-C) & (A-\omega B-\omega^2 C)(A-\omega^2 B-\omega C) \\ =\{A & -(B+C)\}\{A^2+(B+C)A+(B^2-BC+C^2)\} \\ =A^3 & +(B+C)A^2+(B^2-BC+C^2)A \\ & -(B+C)A^2-(B+C)^2A-(B+C)(B^2-BC+C^2) \\ =A^3 & -3ABC-B^3-C^3 \end{align} よって(1)式が成り立つ。 \[ A^3-B^3-C^3-3ABC=(A-B-C)(A-\omega B-\omega^2 C)(A-\omega^2 B-\omega C) \]
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7. 例
次の実数係数の3次方程式を解く。あらかじめ3次の項の係数を1にしておく。 \[ x^3+ax^2+bx+c=0 \tag{1} \] x = y − a/3 と置き換えると，2次の項を消去できる。 \begin{align} \left(y-\frac{a}{3}\right)^3+a \left(y-\frac{a}{3}\right)^2+b \left(y-\frac{a}{3}\right)+c=0 \\ y^3+\left(-\frac{a^2}{3}+b\right)y+\left(\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c\right)=0 \end{align} 係数を置き換えて \begin{align} p &= -\frac{a^2}{3}+b, & q &= \frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c \end{align} とすると， もとの3次方程式から2次の項をなくすことができる。 \[ y^3+py+q=0 \tag{2} \]
p = 0 のときは方程式は \[ y^3+q=0 \] となるから，y は −q の3乗根である。 ωは1と異なる1の3乗根とすると，(2)式の3次方程式の解は \[ y=-\sqrt[3]{q},\; -\omega \sqrt[3]{q},\; -\omega^2 \sqrt[3]{q} \tag{3} \] である。
ωは1と異なる1の3乗根とすると，次の公式が成り立つ。 \[ A^3-B^3-C^3-3ABC=(A-B-C)(A-\omega B-\omega^2 C)(A-\omega^2 B-\omega C) \] A = y とし，さらに \begin{align} B^3+C^3 &= -q & BC &= -\frac{p}{3} \tag{4} \end{align} である場合を考えると， \[ y^3+py+q=(y-B-C)(y-\omega B-\omega^2 C)(y-\omega^2 B-\omega C)=0 \] と書けるので，(2)式の3次方程式 y3+py+q = 0 の解は \[ y=B+C,\; \omega B+\omega^2 C,\; \omega^2 B+\omega C \tag{5} \] となる。 あとはBとCの値を定めればよい。 p ≠ 0 のとき，(4)式から BC ≠ 0 なので B ≠ 0 かつ C ≠ 0 であり， (4)式から B3，C3は次の2次方程式の解となる。 \[ t^2+qt-\left(\frac{p}{3}\right)^3=0 \] これを解くと \begin{align} & B^3=-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} & & C^3=-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \end{align} となる。 具体的には，B1を \[ -\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \] の3乗根の一つとし，さらに(4)式からC1を \[ C_1=-\frac{p}{3B_1} \] とすると，(2)式の3次方程式の解は \[ y=B_1+C_1,\; \omega B_1+\omega^2 C_1,\; \omega^2 B_1+\omega C_1 \] である。
xについての3次方程式 \[ x^3+ax^2+bx+c=0 \] を解くには， \begin{align} x=y-\frac{a}{3} \end{align} と置き換えて，2次の項をもたないyについての3次方程式に変形する。 \[ y^3+py+q=0 \] p ≠ 0 ならば，Bを \[ -\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \] の3乗根の一つとし，Cを \[ C=-\frac{p}{3B} \] とすると，(1)式の3次方程式の解は \[ x=B+C-\frac{a}{3},\; \omega B+\omega^2 C-\frac{a}{3},\; \omega^2 B+\omega C-\frac{a}{3} \] となる。
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7. 例
2次の項をもたない次の3次方程式において \[ y^3+py+q=0 \] その解は次の式を満たす B，C を用いて表すことができる。 \begin{align} B^3 &= -\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} & C^3 &= -\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \end{align} 根号の内部の式を判別式といい，それをDで表す。 \[ D=\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 \tag{1} \]
判別式が負 D < 0 の場合に，3次方程式の解の形を決定しよう。 \[ \left(-\frac{p}{3}\right)^3 > \left(\frac{q}{2}\right)^2 \ge 0 \] が成り立つから −p/3 は正である。 \[ -\frac{p}{3} > 0 \] 判別式が負 D < 0 のとき，B3とC3は虚数で，互いに共役となる。 \begin{align} & B^3=-\frac{q}{2}+i \sqrt{-D} & & C^3=-\frac{q}{2}-i \sqrt{-D} \end{align} これらの絶対値の平方が \[ |B^3|^2=|C^3|^2=B^3 C^3 =\left(-\frac{p}{3}\right)^3 \] となることから， |B| と |C| は \[ |B|=|C|=\sqrt{-\frac{p}{3}} \tag{2} \] である。
B3の絶対値は (−p/3)3/2 であるが， B3の偏角を θ とすると， B3の3乗根の一つは次のB1で， 残りの3乗根はB1と1の3乗根ωを用いて表せる。 \[ B_1=\sqrt{-\frac{p}{3}} \left(\cos \frac{\theta}{3}+i \sin \frac{\theta}{3}\right) \tag{3} \] このB1に対応するC1 （B1C1 = −p/3 を満たすC1） を求めると \begin{align} C_1=-\frac{p}{3B_1} &= -\frac{p}{3} \div \sqrt{-\frac{p}{3}} \left(\cos \frac{\theta}{3}+i \sin \frac{\theta}{3}\right) \\ &= \sqrt{-\frac{p}{3}} \left(\cos \frac{\theta}{3}-i \sin \frac{\theta}{3}\right) \end{align} となり，B1とC1は互いに共役である。 \[ C_1 = \bar{B_1} \tag{4} \] 一般に3次方程式 y3+py+q = 0 の解は \[ y=B_1+C_1,\quad \omega B_1+\omega^2 C_1,\quad \omega^2 B_1+\omega C_1 \] だから，上のB1とC1を用いると解は \[ y=2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta+2 \pi}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta-2 \pi}{3} \tag{5} \] と表せる。
xについての3次方程式 \[ x^3+ax^2+bx+c=0 \] を解くには， \begin{align} x=y-\frac{a}{3} \end{align} と置き換えて，2次の項をもたないyについての3次方程式に変形する。 \[ y^3+py+q=0 \] 判別式が負のとき， \[ \left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 < 0 \] 偏角θを \[ \theta=\arg \left\{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3}\right\} \] とすると，xについての3次方程式 x3+ax2+bx+c = 0 の解は \[ x=2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta}{3}-\frac{a}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta+2 \pi}{3}-\frac{a}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta-2 \pi}{3}-\frac{a}{3} \] となる。
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7. 例
2次の項をもたない次の3次方程式において \[ y^3+py+q=0 \] その解は次の式を満たす B，C を用いて表すことができる。 \begin{align} B^3 &= -\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} & C^3 &= -\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \end{align} 根号の内部の式を判別式といい，それをDで表す。 \[ D=\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 \]
判別式が D = 0 の場合に，3次方程式の解の形を決定しよう。 \[ -\left(\frac{p}{3}\right)^3 = \left(\frac{q}{2}\right)^2 \ge 0 \] が成り立つから −p/3 は非負である。 \[ -\frac{p}{3} \ge 0 \tag{1} \] q/2 の符号によらず \[ \left(\sqrt[3]{\frac{q}{2}}\right)^2 =\sqrt[3]{\left(\frac{q}{2}\right)^2} =\sqrt[3]{-\left(\frac{p}{3}\right)^3} =-\frac{p}{3} \] で，q/2 の符号により \[ \sqrt[3]{\frac{q}{2}} = \pm \sqrt{-\frac{p}{3}} \tag{2} \] となる。
判別式が0のとき，B3とC3はともに実数で等しい。 ここでは q ≠ 0 としておく。 \[ B^3=C^3=-\frac{q}{2} \] B3の3乗根の一つとして次の実数 B1 を選ぶ。 \[ B_1=-\sqrt[3]{\frac{q}{2}} \tag{3} \] このB1に対応するC1 （B1C1 = −p/3 を満たすC1） を求めると \begin{align} C_1=-\frac{p}{3B_1} &= -\frac{p}{3} \div \left(-\sqrt[3]{\frac{q}{2}}\right) =\left(\sqrt[3]{\frac{q}{2}}\right)^2 \div \left(-\sqrt[3]{\frac{q}{2}}\right) \\ &= -\sqrt[3]{\frac{q}{2}} \end{align} となり，B1とC1は等しい。 \[ B_1 = C_1 \tag{4} \] 一般に3次方程式 y3+py+q = 0 の解は \[ y=B_1+C_1,\quad \omega B_1+\omega^2 C_1,\quad \omega^2 B_1+\omega C_1 \] であるから，上のB1とC1を用いると解は \[ y=-2\sqrt[3]{\frac{q}{2}},\quad \sqrt[3]{\frac{q}{2}},\quad \sqrt[3]{\frac{q}{2}} \tag{5} \] と表せる。 なお，2番目と3番目の解は重解である。
最後に q = 0 の場合を確かめておこう。 判別式が0で，q = 0 のときは p = 0 となるので，解は y = 0 のみ（3重解）である。
xについての3次方程式 \[ x^3+ax^2+bx+c=0 \] を解くには， \begin{align} x=y-\frac{a}{3} \end{align} と置き換えて，2次の項をもたないyについての3次方程式に変形する。 \[ y^3+py+q=0 \] 判別式が0のとき， \[ \left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 = 0 \] xについての3次方程式 x3+ax2+bx+c = 0 の解は \[ x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}}-\frac{a}{3},\quad -2\sqrt[3]{\frac{q}{2}}-\frac{a}{3} \] で，1つ目の解は重解となる。 さらに q = 0 の場合は3重解となる。
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7. 例
2次の項をもたない次の3次方程式において \[ y^3+py+q=0 \] その解は次の式を満たす B，C を用いて表すことができる。 \begin{align} B^3 &= -\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} & C^3 &= -\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3} \end{align} 根号の内部の式を判別式といい，それをDで表す。 \[ D=\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 \]
判別式が正のとき，B3とC3はともに実数になる。 ここでは p ≠ 0 としておく。 B3の3乗根の一つとして次の実数 B1 を選ぶ。 \[ B_1=\sqrt[3]{B^3} =\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3}} \tag{3} \] このB1に対応するC1 （B1C1 = −p/3 を満たすC1） を求めると \begin{align} C_1 &= -\frac{p}{3B_1} =-\frac{p}{3} \div \sqrt[3]{B^3} =-\frac{p}{3} \div \sqrt[3]{B^3 C^3} \times \sqrt[3]{C^3} \\ &= \sqrt[3]{C^3} =\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3}} \end{align} となり，B1とC1はともに実数である。 一般に3次方程式 y3+py+q = 0 の解は \[ y=B_1+C_1,\quad \omega B_1+\omega^2 C_1,\quad \omega^2 B_1+\omega C_1 \] で，1の3乗根について ω = (−1+i√3)/2，ω2 = (−1−i√3)/2 であるから，解は \[ y=B_1+C_1,\quad -\frac{B_1+C_1}{2}+i \frac{\sqrt{3}(B_1-C_1)}{2},\quad -\frac{B_1+C_1}{2}-i \frac{\sqrt{3}(B_1-C_1)}{2} \] と表せる。
最後に p = 0 の場合を確かめておこう。 p = 0 のときは B1 と C1 のどちらかは0で， 0でないほうは −q の3乗根となるから，解は \[ y=-\sqrt[3]{q},\quad \frac{\sqrt[3]{q}}{2}+i \frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{q}}{2},\quad \frac{\sqrt[3]{q}}{2}-i \frac{\sqrt{3}\sqrt[3]{q}}{2} \] と表せる。
xについての3次方程式 \[ x^3+ax^2+bx+c=0 \] を解くには， \begin{align} x=y-\frac{a}{3} \end{align} と置き換えて，2次の項をもたないyについての3次方程式に変形する。 \[ y^3+py+q=0 \] 判別式が正のとき， \[ \left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3 > 0 \] 実数の3乗根B，Cを \begin{align} & B=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3}} & & C=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^3}} \end{align} とすると，xについての3次方程式 x3+ax2+bx+c = 0 の解は \[ x=B+C-\frac{a}{3},\quad -\frac{B+C}{2}-\frac{a}{3}+i \frac{\sqrt{3}(B-C)}{2},\quad -\frac{B+C}{2}-\frac{a}{3}-i \frac{\sqrt{3}(B-C)}{2} \] となる。
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5. 判別式が０の場合
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7. 例
次の3次方程式を解く。 \[ x^3-3x+1=0 \tag{1} \] このとき q/2 = 1/2，p/3 = −1 だから， 判別式は負である。 \[ D=\left(\frac{1}{2}\right)^2-1^3 =-\frac{3}{4} < 0 \] B3を極形式表示すると \[ -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}i}{2} =\cos \frac{2 \pi}{3}+i \sin \frac{2 \pi}{3} \] となる。 判別式が負のときの解は \[ x=2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta}{3}-\frac{a}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta+2 \pi}{3}-\frac{a}{3},\quad 2\sqrt{-\frac{p}{3}} \cos \frac{\theta-2 \pi}{3}-\frac{a}{3} \] なので，方程式(1)の解は \[ x=2 \cos \frac{2 \pi}{9},\; 2 \cos \frac{8 \pi}{9},\; 2 \cos \frac{14 \pi}{9} \] となる。
次の3次方程式を解く。 \[ x^3+6x^2+9x+4=0 \tag{2} \] これを \[ (x+2)^3-3(x+2)+2=0 \] と変形して，x = y−2 とおくと， \[ y^3-3x+2=0 \] と表せる。 このとき q/2 = 1，p/3 = −1 だから， 判別式は0である。 \[ D=1^2+(-1)^3=0 \] 判別式が0のときの解は \[ x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}}-\frac{a}{3},\quad -2\sqrt[3]{\frac{q}{2}}-\frac{a}{3} \] なので， yの解は \[ y=1,\; -2 \] 方程式(2)の解は \[ x=-1,\; -4 \] となる。なお x = −1 は重解である。
次の3次方程式を解く。 \[ x^3+6x+2=0 \tag{3} \] このとき q/2 = 1，p/3 = 2 だから， 判別式は正である。 \[ D=1^2+2^3=9 > 0 \] BとCを次のように決める。 \begin{align} B &= \sqrt[3]{-1+\sqrt{9}} = \sqrt[3]{2} & C &= \sqrt[3]{-1-\sqrt{9}} = -\sqrt[3]{4} \end{align} 判別式が正のときの解は \[ x=B+C-\frac{a}{3},\quad -\frac{B+C}{2}-\frac{a}{3}+i \frac{\sqrt{3}(B-C)}{2},\quad -\frac{B+C}{2}-\frac{a}{3}-i \frac{\sqrt{3}(B-C)}{2} \] なので， 方程式(3)の解は \[ x=-(\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}),\quad \frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}}{2}+i \frac{\sqrt{3}(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})}{2},\quad \frac{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}}{2}-i \frac{\sqrt{3}(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})}{2} \] となる。
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2015.11.30 作成 / 2015.12.13 更新
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