基本参考照抄于AKrry's blog
建议先阅读复数入门
引理：欧拉公式
\[e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta
\]
证明：
将\(e^{i\theta}\)泰勒展开：
\[e^{i\theta}=\sum \limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{(i\theta)^j}{j!}
\]
分组
\[\begin{aligned}e^{i\theta} & =\sum \limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{(i\theta)^{2j}}{(2j)!} + \sum \limits_{j=0}^{\infty} \dfrac{(i\theta)^{2j+1}}{(2j+1)!} \\
& = \sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{\theta^{2j}}{(2j)!} + \sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{i\theta^{2j+1}}{(2j+1)!} \\
& = \sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{\theta^{2j}}{(2j)!} + i \sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{\theta^{2j+1}}{(2j+1)!} \end{aligned}\]
而\(\sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{\theta^{2j}}{(2j)!}\)是\(\cos \theta\)的麦克劳林级数，\(\sum \limits_{j=0}^{\infty} (-1)^j \dfrac{\theta^{2j+1}}{(2j+1)!}\)是\(\sin \theta\)的麦克劳林级数。
证毕。
我们称\(x^n=1\)的解为\(n\)次单位根。
我们用\(\omega_n^i\)代表第\(i\)个\(n\)次单位根。
那么它有什么特殊之处呢？
比如我们用\(z=a+bi\)表示\(n\)次单位根其中之一。
显然\(|z|=\sqrt{a^2+b^2}\)
所以\(|z^n|=(\sqrt{a^2+b^2})^n=1\)
所以\(|z|=1\) 。
所以单位根一定在以原点为圆心，半径为1的圆上。
我们又发现，形如\(z=\cos \theta + i \sin \theta\)的复数也在以原点为圆心，半径为1的圆上！
证明：
\[|z|=\sqrt{\cos^2 \theta+ \sin^2 \theta}=\sqrt{1}=1
\]
附：
如果您连\(\cos^2 \theta+ \sin^2 \theta =1\)都不懂，我再来说明一下。
设\(\theta\)对边为\(a\)，邻边为\(b\)，斜边\(c\)。
由三角函数定义可知，
\[\begin{aligned}\cos^2 \theta+ \sin^2 \theta & = \left( \dfrac{a}{c} \right) ^2+ \left( \dfrac{b}{c} \right) ^2 \\ &= \dfrac{a^2+b^2}{c^2} \end{aligned}
\]
由勾股定理可知，\(a^2+b^2=c^2\)。
所以\(\dfrac{a^2+b^2}{c^2}=1\)。
Q.E.D.
如果这都看不懂，说明您的领悟能力已经超乎凡人，建议去测测生辰八字。
所以设\(\omega_n^k=\cos \theta+ i \sin \theta\)，
我们可以得到
\[(\omega_n^k)^n=(\cos \theta+ i \sin \theta)^n
\]
然后我们又知道
\[(\cos \theta+ i \sin \theta)^n = \cos (n\theta)+ i \sin (n\theta)
\]
对不起我自己也不会证明
于是
\[(\omega_n^k)^n=\cos (n\theta)+ i \sin (n\theta) = 1+0i
\]
所以
\[\begin{cases}\cos(n\theta)=1\\ \sin(n\theta)=0 \end{cases}
\]
根据三角函数的性质可知，\(n\theta=2k \pi\)
所以
\[\omega_{n}^{k}=\cos \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) + i \sin \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right)\ (0 \le k \le n-1)
\]
探索一下它的性质：
显然有\(\omega_n^0=\cos 0 +i \sin 0 =0\)
- \(\omega_n^k=(\omega_n^1)^k\)
显然
\[\omega_n^k=\cos \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) + i \sin \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right)= e^{\frac{2\pi}{n} k} = \left(e^{\frac{2\pi}{n}} \right) ^k = (\omega_n^1)^k
\]
证毕。
- \(\omega_{dn}^{dk}=\omega_n^k\)
显然
\[\omega_{dn}^{dk}=\cos \left( \dfrac{2dk\pi}{dn} \right) + i \sin \left( \dfrac{2dk\pi}{dn} \right)= \cos \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) + i \sin \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) = \omega_n^k
\]
证毕。
- \(\omega_n^{k+\frac{n}{2}} = -\omega_n^k\)
显然
\[\begin{aligned} \omega_n^{k+\frac{n}{2}} & =\cos \left( \dfrac{2\left(k+\frac{n}{2}\right)\pi}{n} \right) + i \sin \left( \dfrac{2\left(k+\frac{n}{2}\right)\pi}{n} \right) \\
& = \cos \left( \dfrac{2k\pi+n\pi}{n} \right) + i \sin \left( \dfrac{2k\pi+n\pi}{n} \right) \\
& = \cos \left( \dfrac{2k\pi}{n} +\pi \right) + i \sin \left( \dfrac{2k\pi}{n} +\pi \right) \\
& = -\cos \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) - i \sin \left( \dfrac{2k\pi}{n} \right) \\
& = -\omega_n^k \end{aligned}\]
证毕。
- \(\sum \limits_{k=0}^{n-1} \omega_n^k = 0\)
显然
\[\begin{aligned} \sum \limits_{k=0}^{n-1} \omega_n^k & = (\omega_n^1)^k \\
&= \dfrac{\omega_n^n -1}{\omega_n^1 -1} \\
&= \dfrac{\omega_n^0 -1}{\omega_n^1 -1} \\
&= 0 \end{aligned}\]
至此全剧终。
大家可能会很惊讶这有什么用呢？但事实就是他能做FFT，小编也感到非常惊讶。
