单位根 入门

Posted 2020-12-12 megatrio

基本参考照抄于AKrry‘s blog

建议先阅读复数入门

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引理：欧拉公式

[e^{i heta}=cos heta +i sin heta ]

证明：

将(e^{i heta})泰勒展开：

[e^{i heta}=sum limits_{j=0}^{infty} dfrac{(i heta)^j}{j!} ]

分组

[egin{aligned}e^{i heta} & =sum limits_{j=0}^{infty} dfrac{(i heta)^{2j}}{(2j)!} + sum limits_{j=0}^{infty} dfrac{(i heta)^{2j+1}}{(2j+1)!} & = sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{ heta^{2j}}{(2j)!} + sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{i heta^{2j+1}}{(2j+1)!} & = sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{ heta^{2j}}{(2j)!} + i sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{ heta^{2j+1}}{(2j+1)!} end{aligned}]

而(sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{ heta^{2j}}{(2j)!})是(cos heta)的麦克劳林级数，(sum limits_{j=0}^{infty} (-1)^j dfrac{ heta^{2j+1}}{(2j+1)!})是(sin heta)的麦克劳林级数。

证毕。

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我们称(x^n=1)的解为(n)次单位根。

我们用(omega_n^i)代表第(i)个(n)次单位根。

那么它有什么特殊之处呢？

比如我们用(z=a+bi)表示(n)次单位根其中之一。

显然(|z|=sqrt{a^2+b^2})

所以(|z^n|=(sqrt{a^2+b^2})^n=1)

所以(|z|=1) 。

所以单位根一定在以原点为圆心，半径为1的圆上。

我们又发现，形如(z=cos heta + i sin heta)的复数也在以原点为圆心，半径为1的圆上！

证明：

[|z|=sqrt{cos^2 heta+ sin^2 heta}=sqrt{1}=1 ]

附：

如果您连(cos^2 heta+ sin^2 heta =1)都不懂，我再来说明一下。

设( heta)对边为(a)，邻边为(b)，斜边(c)。

由三角函数定义可知，

[egin{aligned}cos^2 heta+ sin^2 heta & = left( dfrac{a}{c} ight) ^2+ left( dfrac{b}{c} ight) ^2 \\ &= dfrac{a^2+b^2}{c^2} end{aligned} ]

由勾股定理可知，(a^2+b^2=c^2)。

所以(dfrac{a^2+b^2}{c^2}=1)。

Q.E.D.

如果这都看不懂，说明您的领悟能力已经超乎凡人，建议去测测生辰八字。

所以设(omega_n^k=cos heta+ i sin heta)，

我们可以得到

[(omega_n^k)^n=(cos heta+ i sin heta)^n ]

然后我们又知道

[(cos heta+ i sin heta)^n = cos (n heta)+ i sin (n heta) ]

对不起我自己也不会证明

于是

[(omega_n^k)^n=cos (n heta)+ i sin (n heta) = 1+0i ]

所以

[egin{cases}cos(n heta)=1\\ sin(n heta)=0 end{cases} ]

根据三角函数的性质可知，(n heta=2k pi)

所以

[omega_{n}^{k}=cos left( dfrac{2kpi}{n} ight) + i sin left( dfrac{2kpi}{n} ight) (0 le k le n-1) ]

探索一下它的性质：

• (omega_n^0 =1)

显然有(omega_n^0=cos 0 +i sin 0 =0)

• (omega_n^k=(omega_n^1)^k)

显然

[omega_n^k=cos left( dfrac{2kpi}{n} ight) + i sin left( dfrac{2kpi}{n} ight)= e^{frac{2pi}{n} k} = left(e^{frac{2pi}{n}} ight) ^k = (omega_n^1)^k ]

证毕。

• (omega_{dn}^{dk}=omega_n^k)

显然

[omega_{dn}^{dk}=cos left( dfrac{2dkpi}{dn} ight) + i sin left( dfrac{2dkpi}{dn} ight)= cos left( dfrac{2kpi}{n} ight) + i sin left( dfrac{2kpi}{n} ight) = omega_n^k ]

证毕。

• (omega_n^{k+frac{n}{2}} = -omega_n^k)

显然

[egin{aligned} omega_n^{k+frac{n}{2}} & =cos left( dfrac{2left(k+frac{n}{2} ight)pi}{n} ight) + i sin left( dfrac{2left(k+frac{n}{2} ight)pi}{n} ight) & = cos left( dfrac{2kpi+npi}{n} ight) + i sin left( dfrac{2kpi+npi}{n} ight) & = cos left( dfrac{2kpi}{n} +pi ight) + i sin left( dfrac{2kpi}{n} +pi ight) & = -cos left( dfrac{2kpi}{n} ight) - i sin left( dfrac{2kpi}{n} ight) & = -omega_n^k end{aligned}]

证毕。

• (sum limits_{k=0}^{n-1} omega_n^k = 0)

显然

[egin{aligned} sum limits_{k=0}^{n-1} omega_n^k & = (omega_n^1)^k &= dfrac{omega_n^n -1}{omega_n^1 -1} &= dfrac{omega_n^0 -1}{omega_n^1 -1} &= 0 end{aligned}]

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至此全剧终。

大家可能会很惊讶这有什么用呢？但事实就是他能做FFT，小编也感到非常惊讶。