单位根
内容:单位根、分圆多项式、单位根反演。
任意角三角函数:
设与单位圆交点为 \((x,y)\),则 \(\sin\alpha=x\),\(\cos\alpha=y\),\(\tan\alpha=\frac{y}{x}\)(\(x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi\))。
坐标系:横轴实部,纵轴虚部。
复数相乘:模长相乘、辐角相加,证明大力推式子。
欧拉公式:\(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\),证明考虑泰勒展开。
令 \(z\) 为 \(n\) 次单位根之一,根据代数基本定理有 \(n\) 个根。不妨设 \(z=a+bi\),则 \(|z^n|=|z|^n=(\sqrt{a^2+b^2})^n=1\),不难得到 \(|z|=1\)。因此 \(z\) 在单位圆上。
同时注意到 \(e^{i\theta}\) 也在单位圆上,证明:
\[|e^{i\theta}|=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1
\]
直接勾股定理可以证后半部分。
我们的注意力比较强,注意到 \(\omega_n^k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\),证明考虑 \((\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)\)。
这又是啥
deepseek 给出了一个绝妙的证明,显然模长不变,然后此时辐角为 $\theta$,没了。考虑性质。
-
\(\omega_n^0=1\),证明直接展开。
-
\(\omega_n^k=(\omega_n^1)^k\),证明:
\[\omega_n^k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}=e^{i\frac{2k\pi}{n}}=(e^{i\frac{2\pi}{n}})^k
\]
- \(\omega_{dn}^{dk}=\omega_n^k\),证明:
\[\omega_{dn}^{dk}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}
\]
-
\(\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}}=-\omega_n^k\),当 \(n\equiv 0\bmod 2\)。这从直觉上来说是显然的,每对解必然为相反数,证明略去,也是大力展开。
-
\(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^i=0\),证明:
\[\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^i=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^1)^i=\frac{\omega_n^n-1}{\omega_n^1-1}=0
\]
等比数列求和。
- \(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^k)^i=[n|k]\),证明还是等比数列求和,略去。这就是单位根反演。