單位根/單位根的性質

在本章中，我們將探討單位根的基本性質。

一個例子

例1 給定$a^{2}+a+1=0$，證明

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

證明 由已知方程，我們可以證明$a^{3}=1$

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

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，方程的兩邊都等於$a^{2}+a$。證畢

此外，我們可以計算每一邊的值：$a^{2}+a=a^{2}+a+1-1=-1$。

事實上，我們可以得到一個更一般的結果

例2 給定$a^{2}+a+1=0$，並且$n$是自然數。求$a^{n}+({\frac {1}{a}})^{n}$的值。

解答

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

單位根

在上面的例子中，我們利用了一個重要的觀察結果，即$a^{3}=1$。滿足以下方程的數

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

被稱為n次單位根或單位根。根據代數知識，以下公式

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

總是給出單位根。當$k=0,1,\ldots ,n-1$時，$\epsilon _{k}$取不同的值，而當$k$取其他值時，$\epsilon _{k}$等於$\epsilon _{0},\epsilon _{1},\ldots ,\epsilon _{n-1}$中的一個值。此外，作為一個$n$次的多項式方程，該方程恰好有$n$個根。因此，**所有**單位根都是

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

注意$\epsilon _{0}=1$。

另一方面，單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

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

單位根的立方根

單位根的立方根是我們研究單位根性質的一個很好的起點。

示例 3 單位根的立方根為

$\epsilon _{0}=1$,

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

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

我們通常寫成 $\omega =\epsilon _{1}$。 然後

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

因此，單位根的立方根也可以寫成 $1,\omega ,\omega ^{2}$。 單位根的立方根具有以下性質

1. 它們具有單位模長： $|1|=|\omega |=|\omega ^{2}|=1$。
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$\omega =\epsilon _{2}$，單位根的形式仍然為$1,\omega ,\omega ^{2}$。
5. 在複平面上，單位根位於內接於單位圓的正三角形的頂點處，其中一個頂點在1處。
6. ${\overline {\omega }}=\omega ^{2}$，${\overline {\omega ^{2}}}=\omega$。
7. $1^{n}+\omega ^{n}+(\omega ^{2})^{n}={\begin{cases}0&{\text{if }}n{\text{ is not a multiple of 3}}\\3&{\text{if }}n{\text{ is a multiple of 3}}\end{cases}}$

單位根的一般性質

在研究了單位立方根的性質之後，我們準備研究n次單位根的一般性質。

性質1 n次單位根的模為1，即

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

證明 由單位根的極座標形式可得。

性質2 兩個單位根的乘積也是一個單位根。具體來說，如果$j$和$k$是整數，則

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

證明 由複數的乘法規則可得

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

這是單位根的一個非常重要的性質，可以由此推匯出一系列推論。

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

證明 $\epsilon _{j}\cdot \epsilon _{-j}=\epsilon _{j+(-j)}=\epsilon _{0}=1$。現在，由於 $\epsilon _{j}\neq 0$，在等式兩邊乘以它的逆元得到 $(\epsilon _{j})^{-1}=\epsilon _{-j}$。

推論 2 對於任何整數 $m$

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

證明 當 $m$ 為正數時， $(\epsilon _{k})^{m}=\underbrace {\epsilon _{k}\cdot \epsilon _{k}\cdot \cdots \cdot \epsilon _{k}} _{m{\text{ times}}}=\epsilon _{\underbrace {{}_{k+k+\cdots +k}} _{m{\text{ times}}}}=\epsilon _{mk}$。
當 $m=0$ 時，非零複數的 0 次方為 1，所以 $(\epsilon _{k})^{0}=1=\epsilon _{0}$。
當 $m$ 為負數時， $-m$ 為正數，所以 $(\epsilon _{j})^{m}=((\epsilon _{j})^{-m})^{-1}=(\epsilon _{-mj})^{-1}=\epsilon _{mj}$。

推論 3 若$r$ 是 $k$ 除以 $n$ 的餘數，則 $\epsilon _{k}=\epsilon _{r}$。
證明 令 $k=nq+r$，其中 $q$ 為整數，且 $0\leq r<n$，則

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

推論 4 $\epsilon _{k}=(\epsilon _{1})^{k}$。
任何單位根都可以表示為 $\epsilon _{1}$ 的冪。

我們可以提出以下問題：是否存在其他單位根 $\epsilon _{\ell }$，使得任何單位根都可以表示為 $\epsilon _{\ell }$ 的冪？

事實上，當我們研究單位根的立方根時，我們已經看到了這樣的例子。具有這種性質的單位根稱為**本原根**。

推論 5 單位根的共軛也是單位根。
證明 根據複數的性質 $z\cdot {\overline {z}}=|z|^{2}$ 和 $|\epsilon _{k}|=1$，${\overline {\epsilon _{k}}}={\frac {|\epsilon _{k}|^{2}}{\epsilon _{k}}}={\frac {1}{\epsilon _{k}}}=\epsilon _{-k}=\epsilon _{n-k}$

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

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

性質 3 設 $m$ 為一個整數，則

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

證明 當 $m$ 是 $n$ 的倍數時，$(\epsilon _{k})^{m}=1$ 對任何整數 $k$ 成立，所以

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

當 $m$ 不是 $n$ 的倍數時，$(\epsilon _{1})^{m}\neq 1$。則

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

推論 7 若$n>1$，則所有單位根之和為零：$1+\epsilon _{1}+\epsilon _{2}+\cdots +\epsilon _{n-1}=0$。
證明 令$m=1$。或者，方程$x^{n}-1=0$的根之和為零。

推論 8 若$n>1$且$\epsilon _{k}\neq 1$，則$1+\epsilon _{k}+(\epsilon _{k})^{2}+\cdot +(\epsilon _{k})^{n-1}=0$。
證明 由於$\epsilon _{k}\neq 1=\epsilon _{0}$，$k$不是$n$的倍數。則

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

因此，如果我們排除$\epsilon _{0}=1$，則n次單位根$\epsilon _{1},\epsilon _{2},\ldots ,\epsilon _{n-1}$是以下方程的根

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

示例

示例 4 求五次單位根。
解答 可以證明

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

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

因此，

$\epsilon _{0}=1$,

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

根據性質2的推論4，

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

根據性質2的推論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的六次單位根。
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 計算

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

其中 $3\ell$ 是不大於 $n$ 的最大 3 的倍數。
分析 該表示式是每三個連續二項式係數中的第一個係數的和

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

一個類似但更熟悉的和是

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

可以透過對二項式展開式求和來計算

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

對於 $x=+1,-1$（注意，這些是單位的平方根）。該和為

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

值 $1^{k}+(-1)^{k}$（${\tbinom {k}{n}}$的係數）當 $k$ 為奇數時等於零，但當 $k$ 為偶數時等於二。（還要注意，這遵循單位的平方根的性質 3。）因此，

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

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

對於此示例中的和，單位立方根的性質 3 可能有用。
解 對二項式展開求和

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

對於 $x=1,\omega ,\omega ^{2}$ 得到

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

根據性質3，每三個項中的第一個項的係數都等於3，其他項都為0。因此，

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

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

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

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