单位根的性质的应用
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页眉内容 单位根的性质的应用 把1的每一个n(n∈N)次方根叫做n次单位根，简称单位根．1的n个单位根表示 数学问题时，可以大大地简化解证题过程． 下面仅把下文中用到的单位根的性质列举如下：
性质1 2110nL,进而可推广为若1nz且z≠1，则z的任意连续n个整数次幂的和为0，本结论可表示为：110mmmnzzzmLZ
性质2 ,mnkkmkZ 下面简要说明单位根性质的应用． 一、在复数计算中的应用
2．计算：219991232000iiiL (答案：－1000(1＋i)) 二、在复数证明中的应用 例2 求证：二项方程,0,,1nxzzznnCN的n个根的和为零． (注：本题如应用韦达定理证，也较为简单) 三、在求三角函数式的值方面的应用 练习题： 四、在恒等式证明中的应用
证明：∵ε是1的七次方根，则71． ∴原式得证． 练习题： x^n=1的根εk=cos(2kπ/n)+i*sin(2kπ/n)，k=0,1,...,n-1,称为n次单位根 性质一：n次单位根的模为1，即|εk|=1 页眉内容 性质二：两个n次单位根εj与εk 的乘积还是一个n次单位根，且εjεk =εj+k 推论1：εj -1=ε-j 推论2：εkm =εmk 推论3：若k除以n的余数为r，则εk=εr 注：它说明εk等价于r=0 推论4：任何一个单位根都可以写成ε1的幂，即εk=ε1k
说明：除了ε1，还有没有另一个单位根εk使任何一个单位根都是εk的幂，回答是肯定的，并称这样的根为n次本原根，n次原根。从而所有n次单位根还可以写作 ε1,ε12,…,ε1n(ε0=1) 推论5：一个n次单位根的共轭也是一个n次单位根，即εk‘=εn-k(‘表示共轭) 因为εk‘εk=|εk|2，εk‘=1/εk=ε-k=εn-k (由推论3) 注：由上证明看到1/εk=εk‘，说明所有虚的n次单位根都成对共轭 推论6：对任意整数k,h，有εkh=εhk 性质三：A=1+ε1m+ε2m+…+εn-1m 当n|m时，A=n，否则A=0 证明：由性质二推论4有 A=1+ε1m+(ε12)m+…+(ε1n-1)m =1+ε1m+(ε1m)2+…+(ε1m)n-1 =[1-(ε1m)n]/( 1-ε1m)=[1-(ε1n)m]/ (1-ε1m)=(1-1)/ (1 -ε1m)=0 推论1：∑(i从0到n-1) εi=0 推论2：设εk≠1，则∑(i从0到n-1) εki=0 证明：由εk≠1，故n不整除k，由性质二推论4和性质三， ∑(i从0到n-1) εki=∑(i从0到n-1) εik=0 性质四：全部单位根将复平面上单位圆n等分。 练习：求1+Cn3+Cn6+Cn9+…+Cn3h-3+Cn3h
其中3h是不大于n的最大的3的倍数。（[2n+2cos(nπ/3)]/3） 法则一：设f(x)和p(x)是两个已知的多项式，并设存在第三个多项式q(x)使 f(x)=p(x)q(x) 那么(1)若f(x)和p(x)的系数都是复数，则在复数范围内f(x)被p(x)整除 (2)若f(x)和p(x)的系数都是实数，则在实数范围内f(x)被p(x)整除 (3)若f(x)和p(x)的系数都是有理数，则在有理数范围内f(x)被p(x)整除 (4)若f(x)和p(x)的系数都是整数，且p(x)的首项系数是1，则在整数范围内f(x)被p(x)整除 余数定理：多项式f(x)被x-a除余数为f(a) 法则二：x-a|f(x)等价于f(a)=0 法则三：f(a)=f(b)=0,a≠b,则x2-(a+b)x+ab|f(x) 推论1：若实系数多项式f(x)满足等式f(α+iβ)=0, α,β∈R且β≠0，则 X2-2αx+(α2+β2)|f(x) 推论2：若整系数多项式f(x)满足f(ω)=0, ω=-1/2+i√3/2,则 X2+x+1|f(x) 法则四：若多项式f(x)有f(a1)= f(a1)= f(a2)= …=f(an)=0,且ai≠aj,i≠j,则 (x-a1)(x-a2)…(x-an)|f(x) 页眉内容 推论：εk为n次单位根，若整系数多项式f(x)满足一组等式 f(εk)=0,其中k取1,2,…,n/2,n为偶数或取1,2,…,(n-1)/2,n为奇数，则 xn-1+xn-2+…+x+1|f(x) 练习1：f(x)=x3m+1+x3n+2+1,m,n是整数，证x2+x+1|f(x) 2：n是自然数，且f(x)=xn+2+(x+1)2n+1,则对任意整数k，k2+k+1|f(k) 3：求x1001-1被x4+x3+2x2+x+1除得的余式？ （-x3+x2） 4：设Q(x),P(x)和R(x),S(x)都是多项式，满足 P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)=( x4+x3+2x2+x+1)S(x) 证明：x-1|P(x) (1976年美国第五届中学生数学竞赛试题) 4：设Q(x),P(x)和R(x),S(x),T(x)都是多项式，满足 P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)+x3T(x5)=( x4+x3+2x2+x+1)S(x) 证明：x-1|P(x) 练习1：x8+x6+x4+x2+1 注意各项系数相等，且x的指数8，6，4，2，0被5除后所得余数为3，1，4，2，0 2：x12+x9+x6+x3+1 3.1：x8+x4+1 (分成3个因式积) 3.2：x5+x+1 (分成2个因式积) 4：1+2a+3a2+4a3+5a4+6a5+5a6+4a7+3a8+2a9+a10 5：a2+(a+1)2+(a2+a)2 利用单位根，可以很容易地导出三次方程的求根公式 设ω是三次虚单位根，则ω+ω2=-1，ω3=1 容易验证 (x+ωy+ω2z)(x+ω2y+ωz)=x2+y2+z2-xy-yz-zx 从而 (x+y+z) (x+ωy+ω2z)(x+ω2y+ωz)=x3+y3+z3-3xyz 由此可见，关于x的三次方程 x3-3yzx+(y3+z3)=0,具有 x1=-(y+z)，x2=-(ωy+ω2z)，x3=-(ω2y+ωz)……………..(1) 因此，如果已知一个三次方程x3+px+q=0………………..(2) 为了解它，只须令 -3yz=p…………………………………………….(3) y3+z3=q…………………………………………….(4) 从(3)式得到 y3z3=-p3/27………………………………………(5) 从(4)和(5)式知道，y3和z3是下述一元二次方程的两个根： X2-qX-p3/27=0 其根是X=q/2 ±√(q2/4+p3/27)…………………………….(6) 由于(1)式中y和z是对称的，所以(6)式中可取任一个为y3，令一个为z3。因此，可取 y=[q/2+√(q2/4+p3/27)]1/3………………………(7) z=[q/2-√(q2/4+p3/27)]1/3……………………….(8) 这里y，z可以各取三次方根中的一个，只须保证yz=-p/3即可。将(7)和(8)代入(1)，就得到三次方程(2)的求根公式，即卡丹公式。 练习：求一个有理系数方程，使它的根等于a4+a6+a7+a9,其中a是x13-1=0的根 （ (y-4)(y3+y2-4y+1)=0 ） 页眉内容 设P(a)表示有复数a确定的点P 法则一：设a,b为不相等的复数，λ∈R且p=(a+λb)/(1+λ)或(p-a)/(b-p)=λ 则P(p)在直线A(a)B(b)上，当λ>0时，AP与PB同向且AP/PB=λ λ<0时，AP与PB反向向且AP/PB=|λ| 特别AB的中点M(m)由下式决定m=(a+b)/2 法则二：若A(a),B(b),C(c)满足 (a-c)/(c-b)=r(cosθ+i*sinθ)则 CA/BC=r,∠BCA=π-θ 法则三：若A(a),B(b),C(c)满足a+ωb+ω2c=0,则三角形ABC为正三角形，并且沿三角形周界逆时针，反之，三角形ABC是正三角行，且沿周界逆时针，则上关系也成立。 练习1：在三角形ABC的三边上向外作正三角形BCA’，CAB’，ABC’,设A0，B0，C0分别是线段AA’，BB’，CC’中点，求证：三角形A0B0C、B0 C0A、C0 A0B都是正三角形 练习2：在三角形ABC的三边上向外作正三角形BCA1，CAB1，ABC1设A0，B0，C0分别是这三个正三角形的中心，又设AA0，BB0，CC0的中点分别为A’,B’,C’求证：三角形A0B0C0、A’B’ C’都是正三角形 练习3：已知圆外内接六边形ABCDEF的边满足 AB=CD=EF=r(r为圆半径) 又G，H，K分别是边BC，DE，FA的中点，求证三角形GHK是正三角形 法则四：设A(a)，B(b)，C(c)，D(d) 是复平面上单位圆zz’=1(‘表示共轭)上的4点，直线AB与CD交于S(s)则 s’=(a+b-c-d)/(ab-cd) n次单位根对乘法满足 1.封闭性 2.结合律 3.有单位元 4.任何n次单位根有逆元 则全体n次单位根对复数中乘法构成一个群，称n次单位根群 同时这个群中元素满足5.交换律，从而n次单位根群是个交换群 又注意到n次单位根群中存在n次原根，从而n次单位根群是循环群 性质：设εk是一个n次单位根(k∈Z),则εk是n次单位原根等价于 (k,n)=1，即k与n互素 证明： 若(k,n)=1，则下列n个数 k，2k，…，nk 被n除后必定互不相同。这是因为如果后h，l使得1≤h同，则lk-hk是n的倍数，但 lk-hk=(l-h)k 中k与n互素，0盾。据性质二的推论， εk，ε2k，ε3k，。。。，εnk 互不相同，即恰恰构成了全部n次单位根，但这n个数有可以写成 εk，εk2，εk3，。。。，εkn 所以这时εk确为n次单位原根
