n 次单位根的求法

灵感来源于肖老师《高等代数》第一堂课和某个数学分析题.

一、求法本身

  先来说下 $n$n 次单位根的定义，满足下式的 $z$z 就是 $n$n 次单位根.
$z^n=1$zn=1  A：哈？这还需要求？不就是 $1$1 吗？
  B：你再好好想想.
  A：emm，好吧，$1$1 只是其中的一个，其他的求起来感觉有点儿困难. 不过四次以上的方程没有一般的求根公式，该怎么求呢？
  B：不要把问题想得那么宽泛，我们只是想求这个方程的根而已，对其他同次方程不感兴趣.

  根据代数学基本定理，$n$n 次复系数多项式方程在复数域内有且只有 $n$n 个根(重根按重数计算).

  好，目标范围已锁定，在复数域.

  众所周知(不知的暂且假装知道)，复数可以表示成以下形式
$z=R\,e^{i\theta}=R\cos\theta+iR\sin\theta\quad R\geq 0$z=Reiθ=Rcosθ+iRsinθR≥0其中 $\small R$R 表示模长，$\small \theta$θ 表示辐角.

  两个复数 $z_1,\,z_2$z1​,z2​ 相等，当且仅当 $\small R_1=R_2,\,\theta_1=\theta_2+2k\pi,k\in Z$R1​=R2​,θ1​=θ2​+2kπ,k∈Z.

  $1$1 可以表示为 $1=1 e^{i0}$1=1ei0，将这两个式子代入方程 $z^n=1$zn=1，得
$R^n\cdot e^{in\theta}=1\cdot e^{i0}$Rn⋅einθ=1⋅ei0则有
$R^n=1,\,n\theta=2k\pi\quad R\geq 0,k\in Z$Rn=1,nθ=2kπR≥0,k∈Z解得 $\small R=1,\theta=2k\pi/n,k\in Z$R=1,θ=2kπ/n,k∈Z，则 $\small z=e^{i\frac{2k\pi}{n}},k\in Z$z=ein2kπ​,k∈Z.

  A：你不是说只有 $n$n 个根吗？$\small k\in Z$k∈Z 你怎么解释？
  B：且看分析.

  先取 $\small k=1,2,\cdots,n$k=1,2,⋯,n，这样可以得到 $n$n 个根.
  再取 $\small k=n+1$k=n+1 ，你会发现 $\small e^{i\frac{2k\pi}{n}}=e^{i\frac{2(n+1)\pi}{n}}=e^{i(\frac{2\pi}{n}+2\pi)}=e^{i\frac{2\pi}{n}}$ein2kπ​=ein2(n+1)π​=ei(n2π​+2π)=ein2π​，与 $\small k=1$k=1 时的情况是一样的.
  同理，取 $\small k=n+2,n+3,\cdots$k=n+2,n+3,⋯、 $\small k=0,-1,-2,\cdots$k=0,−1,−2,⋯，也是如此，即 $\small k+mn,(m\in Z,k=1,2,\cdots,n)$k+mn,(m∈Z,k=1,2,⋯,n) 与 $\small k$k 是一样的，都是原本 $n$n 个根的重复再现.

  所以知道了吧，的确是 $n$n 个根 ：$\small z_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}},k=1,2,\cdots,n$zk​=ein2kπ​,k=1,2,⋯,n，在复平面中表示就是这样(圆心为原点，半径为1)：

$n=1$n=1

$n=2$n=2

$n=3$n=3

$n=4$n=4

$n=5$n=5

$n=6$n=6

渐变动画：

二、额外拾遗

  将复根 $z_k$zk​ 看作基 $(1,i)$(1,i) 下的二维坐标，考虑其和.
$\sum_{k=1}^n z_k=\sum_{k=1}^ne^{i\frac{2k\pi}{n}}=\sum_{k=1}^n \left(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n} \right)=(1,i)\sum_{k=1}^n\big(\cos\frac{2k\pi}{n},\sin\frac{2k\pi}{n}\big)^T$k=1∑n​zk​=k=1∑n​ein2kπ​=k=1∑n​(cosn2kπ​+isinn2kπ​)=(1,i)k=1∑n​(cosn2kπ​,sinn2kπ​)T

  将$\{e^{i\frac{2k\pi}{n}}\}${ein2kπ​} 看作是等比数列，则
$\sum_{k=1}^ne^{i\frac{2k\pi}{n}}=\frac{e^{i\frac{2\pi}{n}}(1-e^{i\frac{2\pi}{n}n})}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}=\frac{e^{i\frac{2\pi}{n}}(1-e^{i2\pi})}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}$k=1∑n​ein2kπ​=1−ein2π​ein2π​(1−ein2π​n)​=1−ein2π​ein2π​(1−ei2π)​而 $1-e^{i2\pi}=1-(\cos(2\pi)+i\sin(2\pi))=0$1−ei2π=1−(cos(2π)+isin(2π))=0，则
$(1,i)\sum_{k=1}^n\big(\cos\frac{2k\pi}{n},\sin\frac{2k\pi}{n}\big)^T=\sum_{k=1}^ne^{i\frac{2k\pi}{n}}=0$(1,i)k=1∑n​(cosn2kπ​,sinn2kπ​)T=k=1∑n​ein2kπ​=0$\sum_{k=1}^n(\cos\frac{2k\pi}{n},\sin\frac{2k\pi}{n})=(0,0)$k=1∑n​(cosn2kπ​,sinn2kπ​)=(0,0)所以，这 $n$n 个二维向量之和为 $\small \overrightarrow{0}$0，这便是我想说的结论.

  还有一种比较直观的做法，这些向量可以拼成一个首尾相接的正 $n$n 边形，所以其和为 $\small \overrightarrow{0}$0.

  以及一种不直观的做法——积化和差.
$\begin{aligned} 2\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)\sum_{k=1}^n\sin(k\theta)&=\sum_{k=1}^n2\sin(k\theta)\sin(\frac{\theta}{2})\\&=\sum_{k=1}^n\Big(\cos\big((k-\frac{1}{2})\theta\big)-\cos\big((k+\frac{1}{2})\theta\big)\Big)\\&=\sum_{k=1}^n\cos\big((k-\frac{1}{2})\theta\big)-\sum_{k=2}^{n+1}\cos\big((k-\frac{1}{2})\theta\big)\\&=\cos\big(\frac{\theta}{2}\big)-\cos\big((n+\frac{1}{2})\theta\big)\\ \sum_{k=1}^n\sin(k\theta)&=\frac{\displaystyle\cos\big(\frac{\theta}{2}\big)-\cos\big(\frac{\theta}{2}+n\theta\big)}{\displaystyle2\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)} \end{aligned}$2sin(2θ​)k=1∑n​sin(kθ)k=1∑n​sin(kθ)​=k=1∑n​2sin(kθ)sin(2θ​)=k=1∑n​(cos((k−21​)θ)−cos((k+21​)θ))=k=1∑n​cos((k−21​)θ)−k=2∑n+1​cos((k−21​)θ)=cos(2θ​)−cos((n+21​)θ)=2sin(2θ​)cos(2θ​)−cos(2θ​+nθ)​​$\begin{aligned} 2\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)\sum_{k=1}^n\cos(k\theta)&=\sum_{k=1}^n2\sin(\frac{\theta}{2})\cos(k\theta)\\&=\sum_{k=1}^n\Big(\sin\big((k+\frac{1}{2})\theta\big)-\sin\big((k-\frac{1}{2})\theta\big)\Big)\\&=\sum_{k=1}^n\sin\big((k+\frac{1}{2})\theta\big)-\sum_{k=0}^{n-1}\sin\big((k+\frac{1}{2})\theta\big)\\&=\sin\big((n+\frac{1}{2})\theta\big)-\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)\\ \sum_{k=1}^n\cos(k\theta)&=\frac{\displaystyle\sin\big(\frac{\theta}{2}+n\theta\big)-\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)}{\displaystyle2\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)} \end{aligned}$2sin(2θ​)k=1∑n​cos(kθ)k=1∑n​cos(kθ)​=k=1∑n​2sin(2θ​)cos(kθ)=k=1∑n​(sin((k+21​)θ)−sin((k−21​)θ))=k=1∑n​sin((k+21​)θ)−k=0∑n−1​sin((k+21​)θ)=sin((n+21​)θ)−sin(2θ​)=2sin(2θ​)sin(2θ​+nθ)−sin(2θ​)​​取 $\theta=2\pi/n$θ=2π/n，则
$\cos\big(\frac{\theta}{2}\big)-\cos\big(\frac{1}{2}\theta+n\theta\big)=\cos\big(\frac{\theta}{2}\big)-\cos\big(\frac{1}{2}\theta+2\pi\big)=0$cos(2θ​)−cos(21​θ+nθ)=cos(2θ​)−cos(21​θ+2π)=0$\sin\big(\frac{1}{2}\theta+n\theta\big)-\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)=\sin\big(\frac{1}{2}\theta+2\pi\big)-\sin\big(\frac{\theta}{2}\big)=0$sin(21​θ+nθ)−sin(2θ​)=sin(21​θ+2π)−sin(2θ​)=0所以
$\sum_{k=1}^n\sin\big(\frac{2k\pi}{n}\big)=0\\ \sum_{k=1}^n\cos\big(\frac{2k\pi}{n}\big)=0$k=1∑n​sin(n2kπ​)=0k=1∑n​cos(n2kπ​)=0$\sum_{k=1}^n(\cos\frac{2k\pi}{n},\sin\frac{2k\pi}{n})=(0,0)$k=1∑n​(cosn2kπ​,sinn2kπ​)=(0,0)