第 2 章：复指数与全部单位根

本章对象： $i^2=-1$ ； $n$ 是正整数， $\zeta_n=e^{2\pi i/n}$ ； $\mu_n$ 表示全部 $n$ 次单位根。

2.1 欧拉公式的幂级数推导与旋转意义

原问题：欧拉公式是怎么来的

整理提示：原对话曾把“欧拉函数”的追问理解成“欧拉公式”。这段推导仍有数学内容，移到单位根所用的复指数之前；欧拉函数在第 5 章另讲。

欧拉公式

$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$

不是凭空猜出来的。最自然的推导之一，是从 指数函数、正弦、余弦的幂级数出发。我们一步一步来。

先从实指数函数开始。微积分里可以证明：

$e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!} +\frac{x^4}{4!} +\cdots$

这个展开式不仅对实数 $x$ 有效，也可以把 $x$ 换成复数。

于是令

$x=i\theta.$

得到

$e^{i\theta} = 1+i\theta +\frac{(i\theta)^2}{2!} +\frac{(i\theta)^3}{3!} +\frac{(i\theta)^4}{4!} +\cdots$

现在利用：

$i^2=-1, \qquad i^3=-i, \qquad i^4=1,$

然后每四次循环一次。

所以：

$e^{i\theta} = 1+i\theta -\frac{\theta^2}{2!} -i\frac{\theta^3}{3!} +\frac{\theta^4}{4!} +i\frac{\theta^5}{5!} -\cdots$

现在把“没有 $i$ ”的项和“带 $i$ ”的项分别收集起来：

$e^{i\theta} = \left( 1-\frac{\theta^2}{2!} +\frac{\theta^4}{4!} -\frac{\theta^6}{6!} +\cdots \right)$

$\qquad +i \left( \theta-\frac{\theta^3}{3!} +\frac{\theta^5}{5!} -\frac{\theta^7}{7!} +\cdots \right).$

关键来了。

微积分里：

$\cos\theta = 1-\frac{\theta^2}{2!} +\frac{\theta^4}{4!} -\frac{\theta^6}{6!} +\cdots$

而：

$\sin\theta = \theta-\frac{\theta^3}{3!} +\frac{\theta^5}{5!} -\frac{\theta^7}{7!} +\cdots$

所以前面两大坨正好就是：

$\cos\theta$

和

$\sin\theta.$

因此：

$\boxed{ e^{i\theta} = \cos\theta+i\sin\theta }$

这就是欧拉公式。

但这里有一个更深、也更值得理解的地方：

为什么指数函数碰到 $i$ 以后，突然和“旋转”发生关系？

因为指数函数满足：

$\frac{d}{d\theta}e^{i\theta} = ie^{i\theta}.$

而在复平面里，乘以 $i$ 恰好代表逆时针旋转 $90^\circ$ 。

例如：

$1\mapsto i,$

$i\mapsto -1,$

$-1\mapsto -i.$

所以

$\frac{dz}{d\theta}=iz$

的意思可以直观理解成：

$z$ 的瞬时运动方向永远是把 $z$ 本身旋转 $90^\circ$ 后的方向。

如果 $z$ 是从

$z(0)=1$

开始，那么它就会沿单位圆不停旋转。

于是自然有：

$z(\theta) = \cos\theta+i\sin\theta.$

所以欧拉公式背后的几何本质其实是：

$\boxed{ e^{i\theta} = \text{复平面上“旋转 }\theta\text{”} }$

这也是为什么单位根会自然写成：

$\zeta_n=e^{2\pi i/n}.$

因为这就是从 $1$ 出发，在单位圆上旋转：

$\frac{2\pi}{n}$

的角度。

然后：

$\zeta_n^k = e^{2\pi ik/n}$

就是旋转 $k$ 次。

所以你前面学单位根时出现的指数表达式，其实全都来自欧拉公式的这个“复指数 = 旋转”的几何意义。

下一步如果你愿意，我们可以继续追问一个更基础的问题：为什么 $e^x,\sin x,\cos x$ 会有刚才那些幂级数展开？ 这样欧拉公式就可以从最底层完全推出来。

2.2 为什么复指数等于 1 恰好对应整圈旋转

原问题：这是为什么

这一步来自 Euler 公式：

$\boxed{e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta}$

所以如果要求

$e^{i\theta}=1,$

注意右边的实数 $1$ 在复数里其实是

$1+0i.$

因此必须同时满足

$\cos\theta=1,\qquad \sin\theta=0.$

在单位圆上， $(\cos\theta,\sin\theta)$ 表示从正实轴出发转过 $\theta$ 后到达的点。要得到

$(1,0),$

也就是回到单位圆最右端，只能转完整圈：

$0,\quad 2\pi,\quad -2\pi,\quad 4\pi,\quad -4\pi,\dots$

因此

$\boxed{\theta=2\pi m,\qquad m\in\mathbb{Z}.}$

换句话说，

$\boxed{ e^{i\theta}=1 \iff \theta\equiv0\pmod{2\pi} }$

这同时体现了复指数函数一个特别重要的性质：

$\boxed{ e^{i(\theta+2\pi)}=e^{i\theta} }$

因为

$\cos(\theta+2\pi)=\cos\theta, \qquad \sin(\theta+2\pi)=\sin\theta.$

所以复指数在虚方向上是周期性的。

例如：

$e^{i0}=1,$

$e^{i2\pi}=1,$

$e^{i4\pi}=1,$

以及

$e^{-i2\pi}=1.$

但

$e^{i\pi}=-1,$

$e^{i\pi/2}=i,$

都不是 $1$ 。

而且你刚才那一步现在就可以完全展开：

假设

$\zeta_n^a=\zeta_n^b,$

由于

$\zeta_n=e^{2\pi i/n},$

所以

$e^{2\pi ia/n}=e^{2\pi ib/n}.$

两边相除：

$e^{2\pi i(a-b)/n}=1.$

根据我们刚刚证明的结论：

$\frac{2\pi(a-b)}{n}=2\pi m$

其中 $m\in\mathbb{Z}$ 。

约去 $2\pi$ ：

$\frac{a-b}{n}=m.$

所以

$a-b=mn,$

也就是

$\boxed{n\mid(a-b)}.$

这其实就是以后单位根里经常出现的一个核心原则：

$\boxed{ \zeta_n^a=\zeta_n^b \iff a\equiv b\pmod n }$

也就是说， $\zeta_n$ 的指数只需要看模 $n$ 的余数。

下一步如果继续往深一点，其实很值得解释：**Euler 公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ 本身为什么成立。**这会把这里最后一个“默认接受的公式”也补上。

2.3 全部 n 次单位根：互异性与穷尽性

原问题：这一步也得说明一下吧

对，这一步不能直接跳过去。我们从

$x^n=1$

为什么恰好有

$1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1}$

这 $n$ 个根开始。

先设

$\zeta_n=e^{2\pi i/n}.$

那么显然：

$\zeta_n^n=e^{2\pi i}=1.$

所以 $\zeta_n$ 是 $x^n-1$ 的一个根。

更一般地，对任意整数 $k$ ：

$(\zeta_n^k)^n = \zeta_n^{kn} = (\zeta_n^n)^k = 1.$

因此：

$1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1}$

全都是 $x^n-1$ 的根。

但这里还要证明两件事：它们彼此不同，而且没有别的根。

第一件事，为什么它们彼此不同？假设

$\zeta_n^a=\zeta_n^b.$

那么

$\zeta_n^{a-b}=1.$

写成指数形式：

$e^{2\pi i(a-b)/n}=1.$

而

$e^{i\theta}=1$

当且仅当

$\theta=2\pi m,\qquad m\in\mathbb{Z}.$

所以

$\frac{a-b}{n}\in\mathbb{Z},$

即

$n\mid(a-b).$

如果

$0\le a,b\le n-1,$

那么唯一可能就是

$a=b.$

所以这 $n$ 个根互不相同。

第二件事，为什么没有别的根？这里有两种理解。

最简单的是代数基本定理： $x^n-1$ 是 $n$ 次多项式，所以在复数中按重数计算一共有 $n$ 个根。我们已经找到了 $n$ 个互不相同的根，因此不可能再有别的。

也可以直接从复数极坐标看。假设

$z^n=1.$

把 $z$ 写成

$z=re^{i\theta}.$

那么

$z^n=r^ne^{in\theta}=1.$

右边的模长是 1，所以

$r^n=1.$

由于 $r\ge 0$ ，所以

$r=1.$

而辐角必须满足

$n\theta=2\pi k,\qquad k\in\mathbb{Z}.$

所以

$\theta=\frac{2\pi k}{n}.$

于是

$z=e^{2\pi ik/n}.$

也就是

$z=\zeta_n^k.$

而因为

$\zeta_n^{k+n}=\zeta_n^k,$

所以只需要取

$k=0,1,\dots,n-1.$

因此所有根恰好是

$\boxed{ 1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1} }.$

几何上，这 $n$ 个根就是单位圆上等间隔分布的 $n$ 个点，每两个相邻点的夹角都是

$\frac{2\pi}{n}.$

如果你愿意，下一步我可以继续解释一个很关键的问题：为什么这些根里只有一部分是“本原 $n$ 次单位根”。