单位根/单位根的性质

在本章中，我们将探讨单位根的基本性质。

一个例子

例1 给定$a^{2}+a+1=0$，证明

$a^{2012}+({\frac {1}{a}})^{2012}=a^{1987}+({\frac {1}{a}})^{1987}$.

证明 由已知方程，我们可以证明$a^{3}=1$

$a^{3}=a^{3}-1+1=(a-1)(a^{2}+a+1)+1=1$.

因此，

$a^{2012}=a^{670\times 3+2}=(a^{3})^{670}+a^{2}=a^{2}$

$({\frac {1}{a}})^{2012}=a^{-671\times 3+1}=(a^{3})^{-671}+a=a$

$a^{1987}=a^{662\times 3+1}=(a^{3})^{662}+a=a$

$({\frac {1}{a}})^{1987}=a^{-663\times 3+2}=(a^{3})^{-663}+a^{2}=a^{2}$

因此，方程的两边都等于$a^{2}+a$。证毕

此外，我们可以计算每一边的值：$a^{2}+a=a^{2}+a+1-1=-1$。

事实上，我们可以得到一个更一般的结果

例2 给定$a^{2}+a+1=0$，并且$n$是自然数。求$a^{n}+({\frac {1}{a}})^{n}$的值。

解答

$a^{n}+({\frac {1}{a}})^{n}={\begin{cases}-1&{\text{if }}n{\text{ is not a multiple of 3}}\\2&{\text{if }}n{\text{ is a multiple of 3}}\end{cases}}$

单位根

在上面的例子中，我们利用了一个重要的观察结果，即$a^{3}=1$。满足以下方程的数

$a^{n}=1,\quad n{\text{ is a natural number}}$

被称为n次单位根或单位根。根据代数知识，以下公式

$\epsilon _{k}=\cos {\frac {2k\pi }{n}}+i\sin {\frac {2k\pi }{n}},\quad k{\text{ is a natural number}}$

总是给出单位根。当$k=0,1,\ldots ,n-1$时，$\epsilon _{k}$取不同的值，而当$k$取其他值时，$\epsilon _{k}$等于$\epsilon _{0},\epsilon _{1},\ldots ,\epsilon _{n-1}$中的一个值。此外，作为一个$n$次的多项式方程，该方程恰好有$n$个根。因此，**所有**单位根都是

$\epsilon _{0},\epsilon _{1},\ldots ,\epsilon _{n-1}$.

注意$\epsilon _{0}=1$。

另一方面，单位根是以下方程的解

$x^{n}-1=0$.

此外

$x^{n}-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1)$.

因此，$\epsilon _{1},\epsilon _{2},\ldots ,\epsilon _{n-1}$都是以下方程的根

$x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1=0$.

单位根的立方根

单位根的立方根是我们研究单位根性质的一个很好的起点。

示例 3 单位根的立方根为

$\epsilon _{0}=1$,

$\epsilon _{1}=\cos {\frac {2\pi }{3}}+i\sin {\frac {2\pi }{3}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i$,

$\epsilon _{2}=\cos {\frac {4\pi }{3}}+i\sin {\frac {4\pi }{3}}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i$.

我们通常写成 $\omega =\epsilon _{1}$。 然后

$\omega ^{2}=(-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i)^{2}={\frac {1}{4}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i-{\frac {3}{4}}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=\epsilon _{2}$.

因此，单位根的立方根也可以写成 $1,\omega ,\omega ^{2}$。 单位根的立方根具有以下性质

1. 它们具有单位模长： $|1|=|\omega |=|\omega ^{2}|=1$。
2. $1,\omega ,\omega ^{2}$ 是方程 $x^{3}-1=0$ 的根。
3. $\omega ,\omega ^{2}$ 是方程 $x^{2}+x+1=0$ 的根。
4. $\epsilon _{2}^{2}=(-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i)^{2}={\frac {1}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i-{\frac {3}{4}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=\epsilon _{1}$。因此，如果令$\omega =\epsilon _{2}$，单位根的形式仍然为$1,\omega ,\omega ^{2}$。
5. 在复平面上，单位根位于内接于单位圆的正三角形的顶点处，其中一个顶点在1处。
6. ${\overline {\omega }}=\omega ^{2}$，${\overline {\omega ^{2}}}=\omega$。
7. $1^{n}+\omega ^{n}+(\omega ^{2})^{n}={\begin{cases}0&{\text{if }}n{\text{ is not a multiple of 3}}\\3&{\text{if }}n{\text{ is a multiple of 3}}\end{cases}}$

单位根的一般性质

在研究了单位立方根的性质之后，我们准备研究n次单位根的一般性质。

性质1 n次单位根的模为1，即

$|\epsilon _{k}|=1\quad k{\text{ is an integer}}$.

证明 由单位根的极坐标形式可得。

性质2 两个单位根的乘积也是一个单位根。具体来说，如果$j$和$k$是整数，则

$\epsilon _{j}\cdot \epsilon _{k}=\epsilon _{j+k}$.

证明 由复数的乘法规则可得

$\epsilon _{j}\cdot \epsilon _{k}=(\cos {\frac {2j\pi }{n}}+i\sin {\frac {2j\pi }{n}})\cdot (\cos {\frac {2k\pi }{n}}+i\sin {\frac {2k\pi }{n}})=(\cos {\frac {2(j+k)\pi }{n}}+i\sin {\frac {2(j+k)\pi }{n}})=\epsilon _{j+k}$.

这是单位根的一个非常重要的性质，可以由此推导出一系列推论。

推论1 $(\epsilon _{j})^{-1}=\epsilon _{-j}$。

证明 $\epsilon _{j}\cdot \epsilon _{-j}=\epsilon _{j+(-j)}=\epsilon _{0}=1$。现在，由于 $\epsilon _{j}\neq 0$，在等式两边乘以它的逆元得到 $(\epsilon _{j})^{-1}=\epsilon _{-j}$。

推论 2 对于任何整数 $m$

$(\epsilon _{k})^{m}=\epsilon _{mk}$.

证明 当 $m$ 为正数时， $(\epsilon _{k})^{m}=\underbrace {\epsilon _{k}\cdot \epsilon _{k}\cdot \cdots \cdot \epsilon _{k}} _{m{\text{ times}}}=\epsilon _{\underbrace {{}_{k+k+\cdots +k}} _{m{\text{ times}}}}=\epsilon _{mk}$。
当 $m=0$ 时，非零复数的 0 次方为 1，所以 $(\epsilon _{k})^{0}=1=\epsilon _{0}$。
当 $m$ 为负数时， $-m$ 为正数，所以 $(\epsilon _{j})^{m}=((\epsilon _{j})^{-m})^{-1}=(\epsilon _{-mj})^{-1}=\epsilon _{mj}$。

推论 3 若$r$ 是 $k$ 除以 $n$ 的余数，则 $\epsilon _{k}=\epsilon _{r}$。
证明 令 $k=nq+r$，其中 $q$ 为整数，且 $0\leq r<n$，则

$\epsilon _{k}=\epsilon _{nq+r}=(\epsilon _{n})^{q}\cdot \epsilon _{r}=1^{n}\epsilon _{r}=\epsilon _{r}$.

推论 4 $\epsilon _{k}=(\epsilon _{1})^{k}$。
任何单位根都可以表示为 $\epsilon _{1}$ 的幂。

我们可以提出以下问题：是否存在其他单位根 $\epsilon _{\ell }$，使得任何单位根都可以表示为 $\epsilon _{\ell }$ 的幂？

事实上，当我们研究单位根的立方根时，我们已经看到了这样的例子。具有这种性质的单位根称为**本原根**。

推论 5 单位根的共轭也是单位根。
证明 根据复数的性质 $z\cdot {\overline {z}}=|z|^{2}$ 和 $|\epsilon _{k}|=1$，${\overline {\epsilon _{k}}}={\frac {|\epsilon _{k}|^{2}}{\epsilon _{k}}}={\frac {1}{\epsilon _{k}}}=\epsilon _{-k}=\epsilon _{n-k}$

推论 6 $(\epsilon _{k})^{j}=(\epsilon _{j})^{k}$。

证明 $(\epsilon _{k})^{j}=\epsilon _{jk}=(\epsilon _{j})^{k}$。

性质 3 设 $m$ 为一个整数，则

$1+\epsilon _{1}^{m}+\epsilon _{2}^{m}+\cdots +\epsilon _{n-1}^{m}={\begin{cases}0&{\text{if }}m{\text{ is not a multiple of }}n\\n&{\text{if }}m{\text{ is a multiple of }}n\end{cases}}$

证明 当 $m$ 是 $n$ 的倍数时，$(\epsilon _{k})^{m}=1$ 对任何整数 $k$ 成立，所以

$1+\epsilon _{1}^{m}+\epsilon _{2}^{m}+\cdots +\epsilon _{n-1}^{m}=\overbrace {1+1+\cdots +1} ^{n{\text{ times}}}=n$

当 $m$ 不是 $n$ 的倍数时，$(\epsilon _{1})^{m}\neq 1$。则

$1+\epsilon _{1}^{m}+\epsilon _{2}^{m}+\cdots +\epsilon _{n-1}^{m}=1+\epsilon _{m}+(\epsilon _{m})^{2}+\cdots +(\epsilon _{m})^{n-1}={\frac {1-(\epsilon _{m})^{n}}{1-\epsilon _{m}}}={\frac {1-(\epsilon _{n})^{m}}{1-\epsilon _{m}}}={\frac {1-1}{1-\epsilon _{m}}}=0$.

推论 7 若$n>1$，则所有单位根之和为零：$1+\epsilon _{1}+\epsilon _{2}+\cdots +\epsilon _{n-1}=0$。
证明 令$m=1$。或者，方程$x^{n}-1=0$的根之和为零。

推论 8 若$n>1$且$\epsilon _{k}\neq 1$，则$1+\epsilon _{k}+(\epsilon _{k})^{2}+\cdot +(\epsilon _{k})^{n-1}=0$。
证明 由于$\epsilon _{k}\neq 1=\epsilon _{0}$，$k$不是$n$的倍数。则

$1+\epsilon _{k}+(\epsilon _{k})^{2}+\cdots +(\epsilon _{k})^{n-1}=1+(\epsilon _{1})^{k}+(\epsilon _{2})^{k}+\cdots +(\epsilon _{n-1})^{k}=0$.

因此，如果我们排除$\epsilon _{0}=1$，则n次单位根$\epsilon _{1},\epsilon _{2},\ldots ,\epsilon _{n-1}$是以下方程的根

$1+x+x^{2}+\cdots +x^{n-1}=0$.

示例

示例 4 求五次单位根。
解答 可以证明

$\cos {\frac {2\pi }{5}}={\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}$,

$\sin {\frac {2\pi }{5}}={\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}$.

因此，

$\epsilon _{0}=1$,

$\epsilon _{1}={\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}+{\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}i$,

根据性质2的推论4，

$\epsilon _{2}=({\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}+{\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}i)^{2}=-{\frac {{\sqrt {5}}+1}{4}}+{\frac {\sqrt {10-2{\sqrt {5}}}}{4}}i$,

根据性质2的推论5，

$\epsilon _{3}={\overline {\epsilon _{2}}}=-{\frac {{\sqrt {5}}+1}{4}}-{\frac {\sqrt {10-2{\sqrt {5}}}}{4}}i$,

$\epsilon _{4}={\overline {\epsilon _{1}}}={\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}-{\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}i$.

例5 用$\omega$表示1的六次单位根。
解答

$\epsilon _{0}=1$,

$\epsilon _{1}=\cos {\frac {2\pi }{6}}+i\sin {\frac {2\pi }{6}}={\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=1+\omega$,

$\epsilon _{2}=\cos {\frac {4\pi }{6}}+i\sin {\frac {4\pi }{6}}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=\omega$,

$\epsilon _{3}=\cos {\frac {6\pi }{6}}+i\sin {\frac {6\pi }{6}}=-1$,

$\epsilon _{4}=\cos {\frac {8\pi }{6}}+i\sin {\frac {8\pi }{6}}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=\omega ^{2}$,

$\epsilon _{5}=\cos {\frac {10\pi }{6}}+i\sin {\frac {10\pi }{6}}={\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=1+\omega ^{2}$.

例 6 计算

${\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {3}{n}}+{\tbinom {6}{n}}+{\tbinom {9}{n}}+\cdots +{\tbinom {3\ell -3}{n}}+{\tbinom {3\ell }{n}}$,

其中 $3\ell$ 是不大于 $n$ 的最大 3 的倍数。
分析 该表达式是每三个连续二项式系数中的第一个系数的和

${\tbinom {0}{n}},{\tbinom {1}{n}},{\tbinom {2}{n}},{\tbinom {3}{n}},\ldots ,{\tbinom {n-1}{n}},{\tbinom {n}{n}}$.

一个类似但更熟悉的和是

${\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {2}{n}}+{\tbinom {4}{n}}+\cdots$,

可以通过对二项式展开式求和来计算

$(1+x)^{n}={\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {1}{n}}x+{\tbinom {2}{n}}x^{2}+\cdots +{\tbinom {n}{n}}x^{n}$

对于 $x=+1,-1$（注意，这些是单位的平方根）。该和为

$(1+1)^{n}+(1-1)^{n}=2{\tbinom {0}{n}}+(1+(-1)){\tbinom {1}{n}}+(1^{2}+(-1)^{2})){\tbinom {2}{n}}+\cdots +(1^{n}+(-1)^{n}){\tbinom {n}{n}}$.

值 $1^{k}+(-1)^{k}$（${\tbinom {k}{n}}$的系数）当 $k$ 为奇数时等于零，但当 $k$ 为偶数时等于二。（还要注意，这遵循单位的平方根的性质 3。）因此，

$2{\tbinom {0}{n}}+2{\tbinom {2}{n}}+2{\tbinom {4}{n}}+\cdots =2^{n}$

${\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {2}{n}}+{\tbinom {4}{n}}+\cdots =2^{n-1}$

对于此示例中的和，单位立方根的性质 3 可能有用。
解 对二项式展开求和

$(1+x)^{n}={\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {1}{n}}x+{\tbinom {2}{n}}x^{2}+\cdots +{\tbinom {n}{n}}x^{n}$

对于 $x=1,\omega ,\omega ^{2}$ 得到

$(1+1)^{n}+(1+\omega )^{n}+(1+\omega ^{2})^{n}=3{\tbinom {0}{n}}+(1+\omega +\omega ^{2}){\tbinom {1}{n}}+(1^{2}+\omega ^{2}+(\omega ^{2})^{2}){\tbinom {2}{n}}+\cdots +(1^{n}+\omega ^{n}+(\omega ^{2})^{n}){\tbinom {n}{n}}$.

根据性质3，每三个项中的第一个项的系数都等于3，其他项都为0。因此，

$3{\tbinom {0}{n}}+3{\tbinom {3}{n}}+3{\tbinom {6}{n}}+\cdots =2^{n}+(-\omega ^{2})^{n}+(-\omega )^{n}$

$=2^{n}+(\cos {\frac {\pi }{3}}+i\sin {\frac {\pi }{3}})^{n}+(\cos {\frac {-\pi }{3}}+i\sin {\frac {-\pi }{3}})^{n}$

$=2^{n}+2\cos {\frac {n\pi }{3}}$

${\tbinom {0}{n}}+{\tbinom {3}{n}}+{\tbinom {6}{n}}+{\tbinom {9}{n}}+\cdots +{\tbinom {3\ell -3}{n}}+{\tbinom {3\ell }{n}}={\frac {1}{3}}(2^{n}+2\cos {\frac {n\pi }{3}})$.