复数的 n 次方根与单位根

证明

1. 1
   $$z = r(\cos \theta + i \sin \theta) \rightarrow \resaltar{z^n} = \dato{m}{\resaltar{r^n (\cos n\theta + i \sin n\theta)}}$$

   解不可能为零，因为 $0^n = 0 \neq w$。把它写成极坐标形式，其中 $r > 0$，并用棣莫弗公式把它乘方到 $n$ 次幂。

2. 2
   $$\resaltar{z^n = w} \leftrightarrow \dato{c}{\resaltar{r^n = R \wedge n\theta = \varphi + 2k\pi}}, \quad k \in \mathbb{Z}$$

   由极坐标形式下的相等定理，方程 $z^n = w$ 等价于两个实条件：模相等，并且辐角相差 $2\pi$ 的整数倍。

3. 3
   $$r = \resaltar{\sqrt[n]{R}}, \qquad \dato{t}{\theta_k = \resaltar{\frac{\varphi + 2k\pi}{n}}}, \quad k \in \mathbb{Z}$$

   $n$ 次幂等于 $R$ 的正实数是唯一的，即算术根，而辐角由整数 $k$ 确定。反过来，具有这个模与这个辐角的复数都是解，因为它满足这两个条件。取 $w = -8$ 与 $n = 3$，得到 $r = 2$ 与 $\theta = \frac{\pi + 2k\pi}{3}$。

4. 4
   $$\theta_{qn + j} = \resaltar{\frac{\varphi + 2(qn + j)\pi}{n}} = \resaltar{\theta_j + 2q\pi} \rightarrow z_{qn + j} = z_j$$

   整数 $k$ 有无穷多个，但解并非如此。由带余除法，每个整数都可以写成 $k = qn + j$，其中 $q$ 为整数且 $0 \leq j \leq n - 1$；于是辐角 $\theta_k$ 比 $\theta_j$ 多出 $2\pi$ 的整数倍，这两个解重合。在图形中，$z_3 = z_0$。

5. 5
   $$0 < \theta_l - \theta_j = \resaltar{\frac{2(l - j)\pi}{n}} < 2\pi \rightarrow \resaltar{z_l \neq z_j}$$

   解 $z_0, z_1, \ldots, z_{n - 1}$ 两两不同：若 $0 \leq j < l \leq n - 1$，则它们的辐角相差一个严格介于 $0$ 与 $2\pi$ 之间的数，它不是 $2\pi$ 的整数倍。因此，解恰有 $n$ 个。取 $w = -8$ 时，它们是 $1 + i\sqrt{3}$、$-2$ 与 $1 - i\sqrt{3}$。

证明

1. 1
   $$z_k \, \omega = \sqrt[n]{R} \left( \cos \resaltar{\left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right)} + i \sin \left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right) \right) = \dato{g}{\resaltar{z_{k + 1}}}$$

   由于 $\abs{\omega} = 1$，乘积 $z_k \omega$ 的模等于 $z_k$ 的模，辐角则增加了 $\frac{2\pi}{n}$：它就是紧随其后的根。对 $k$ 用归纳法，每个根都等于第一个根乘以 $\omega$ 的某个幂，$z_k = z_0 \omega^k$。

2. 2
   $$\abs{u\omega - v\omega} = \abs{\resaltar{(u - v)\omega}} = \abs{u - v} \abs{\omega} = \dato{d}{\resaltar{\abs{u - v}}}$$

   因此，乘以 $\omega$ 就是绕原点旋转角 $\frac{2\pi}{n}$，而这个旋转保持距离不变，因为乘积的模等于模的乘积。

3. 3
   $$\abs{z_{k + 2} - z_{k + 1}} = \abs{\resaltar{z_{k + 1} \omega - z_k \omega}} = \resaltar{\abs{z_{k + 1} - z_k}}$$

   旋转把多边形的每一条边变为紧随其后的那条边，因此所有的边都一样长。

4. 4
   $$z_{n - 1} \omega = z_0 \resaltar{\omega^{n - 1} \omega} = z_0 \omega^n = \resaltar{z_0}$$

   多边形是封闭的，因为 $\omega^n = 1$：旋转把最后一个顶点变为第一个顶点。这 $n$ 个顶点都在圆上，并且各边相等。此外，旋转把以 $z_k$、$z_{k + 1}$ 与 $z_{k + 2}$ 为顶点的三角形变为以 $z_{k + 1}$、$z_{k + 2}$ 与 $z_{k + 3}$ 为顶点的三角形，并保持三条边不变，而由余弦定理，三角形的一个角由它的三条边确定：多边形的各个角，也就是这些三角形在中间顶点处的角，彼此相等，因而多边形是正多边形。

5. 5
   $$\abs{z_1 - z_0} = \abs{z_0} \resaltar{\abs{\omega - 1}} = \resaltar{2\sqrt[n]{R} \sin \frac{\pi}{n}}$$

   边长在以 $0$、$z_0$ 与 $z_1$ 为顶点的三角形中计算。由半角公式，$\abs{\omega - 1}^2 = 2 - 2\cos \frac{2\pi}{n} = 4\sin^2 \frac{\pi}{n}$，而 $\frac{\pi}{n}$ 的正弦为正。对于 $64i$ 的六次方根，边长等于 $2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 2$，与半径相等，正如在任何正六边形中那样。