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。

1. \(\omega_n^0=1\)，证明直接展开。

2. \(\omega_n^k=(\omega_n^1)^k\)，证明：

\[\omega_n^k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}=e^{i\frac{2k\pi}{n}}=(e^{i\frac{2\pi}{n}})^k \]

3. \(\omega_{dn}^{dk}=\omega_n^k\)，证明：

\[\omega_{dn}^{dk}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n} \]

4. \(\omega_{n}^{k+\frac{n}{2}}=-\omega_n^k\)，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。

5. \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^i=0\)，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。

6. \(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(\omega_n^k)^i=[n|k]\)，证明还是等比数列求和，略去。这就是单位根反演。