Definition

我们定义常数 ii ,满足:

i2=1i^2 = -1

则所有形如

z=a+b×i,     a,bRz = a + b \times i , \ \ \ \ \ a , b \in \mathbb{R}

的数字 zz 构成的数字集合为复数集,记为 C\mathbb{C}C\mathbb{C} 中的每个元素称作 复数。

对于 z=a+biz = a + bi , 我们称 aazz 的实部,bbzz 的虚部。

Geometric Interpretation

复平面是一个笛卡尔平面,横轴为实轴,纵轴为虚轴,两轴相互垂直。

对于复数 z=a+biz = a + bi ,他可以在复平面上表示为 (a,b)\overrightarrow{(a,b)} , 也就是实轴坐标为实部,虚轴坐标为虚部。

显然复平面上的向量 (a,b)\overrightarrow{(a,b)} 和复数 z=a+biz = a + bi 一一对应。

以实轴正方向为始边, zz 所对应的向量 Z\overrightarrow{Z} 为终边的角 θ\theta 叫做复数 zz 的幅角。

Operation

复数的模

复数 z=a+biz = a + bi 的模是其在复平面对应向量 Z\overrightarrow{Z} 的长度,记作 z|z|

z=a2+b2|z| = \sqrt{a^2 + b^2}

共轭复数

复数 z=a+biz = a + bi 在复平面上对应的向量关于实轴对称后得到的向量对应的复数称为 zz 的共轭复数,记作 z\overline{z}

zzz\overline{z} 满足以下关系:

zz 的幅角为 θ0\theta_0z\overline{z} 的幅角为 θ1\theta_1,有:

θ0+θ1=2π\theta_0 + \theta_1 = 2\pi

z=z|z| = |\overline{z}|

且假设 z=a+biz = a + bi , 则 z=abi\overline{z} = a - bi.

运算

加减法

两个复数 z1=a1+b1i,z2=a2+b2iz_1 = a_1 + b_1i,z_2 = a_2 + b_2i 做加减运算的结果为:

z0=z1±z2=(a1±a2)+(b1±b2)iz_0 = z_1 \pm z_2 = (a_1 \pm a_2) + (b_1 \pm b_2)i

显然,两个复数相加减,对应的向量相加减。

乘法

两个复数 z1=a1+b1i,z2=a2+b2iz_1 = a_1 + b_1i,z_2 = a_2 + b_2i 做乘法运算的结果为:

z0=z1×z2=(a1+b1i)×(a2+b2i)=a1a2+a1b2i+a2b1i+b1b2i2z_0 = z_1 \times z_2 = (a_1 + b_1i) \times (a_2 + b_2 i) = a_1a_2 + a_1b_2i + a_2b_1i + b_1b_2i^2

因为

i2=1i^2 = -1

所以

z0=(a1a2b1b2)+(a1b2+a2b1)iz_0 = (a_1a_2 - b_1b_2) + (a_1b_2 + a_2b_1)i

在复平面上,z1,z2,z0z_1,z_2 , z_0 对应的幅角 θ1,θ2,θ0\theta_1,\theta_2,\theta_0 有如下关系:

θ0=θ1+θ2\theta_0 = \theta_1 + \theta_2

他们的模有如下关系:

z0=z1×z2|z_0| = |z_1| \times |z_2|

显然对于复数 z=a+biz = a + bi 有:

z×z=a2+b2z \times \overline{z} = a^2 + b^2

因此两个共轭复数的数的乘积为实数。

除法

两个复数 z1=a1+b1i,z2=a2+b2iz_1 = a_1 + b_1i,z_2 = a_2 + b_2i 做除法运算的结果为:

z0=z1z2=z1z2a22+b22z_0 = \frac{z_1}{z_2} = \frac{z_1\overline{z2}}{a_2^2 + b_2^2}

复数指数幂

欧拉公式:

eiθ=cosθ+isinθe^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta

θ=π\theta = \pi 时有

eiπ=cosπ+isinπ=1e^{i\pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1

单位根

Definition

复数域名下,满足 xn=1x^n = 1xx 称为 nn 次单位根,

根据算数基本定理,显然 nn 次单位根有 nn 个。

经过计算可得,将所有的 nn 次单位根按照幅角大小排序,第 k(0k<n)k(0 \le k < n)nn 次单位根为:

xk=ei2kπnx_k = e^{i\frac{2k\pi}{n}}

Proof

xkn=ei2kπx_k^n = e^{i2k\pi}

根据欧拉公式:

ei2π=cosi2π+isini2πe^{i2\pi} = \cos i2\pi + i \sin i2\pi

因为

cos2kπ=1,sin2kπ=0\cos 2k\pi = 1 , \sin 2k\pi = 0

所以

xk=ei2kπnx_k = e^{i\frac{2k\pi}{n}}

是原方程的根。

显然这 nn 个解是互不相同的,又根据代数基本定理,该方程有且仅有 nn 个解。因此该方程解的与 xkx_k 一一对应。证毕。

Property

因为 sin2θ+cos2θ=1\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1,所以所有的 nn 次单位根的模都是 11

nn 个单位根在复平面上平分单位圆。他们与单位圆的 nn 等分线所在线段分别重合。

本原单位根

Definition

00(n1)(n - 1) 次方的值能生成所有 nn 次单位根的 nn 次单位根称为为 nn 次本原单位根(nnkk 互质的单位根)。

显然 x1=ei2πnx_1 = e^{i \frac{2\pi}{n}} 是一个本原单位根。

nn 次本原单位根为 ωn=ei2πn=cos2πn+isin2πn\omega_n = e^{i \frac{2\pi}{n}} = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}.

nn 次本原单位根可能不止一个,但是 FFT 的“本原单位根”特指 ei2πne^{i \frac{2\pi}{n}}

Property

(ω2mk)2=ωmk(\omega_{2m}^k)^2 = \omega_{m}^k

ω2mm+k=ω2mk\omega_{2m}^{m+k} = -\omega_{2m}^k

Proof

根据几何意义显然。