اعداد مختلط · برگهٔ ۴ از ۸

توان‌ها و ریشه‌های واحد

وقتی ضرب دوران است، توان‌رساندن قدم‌زدن روی دایره است — و ریشه‌های ۱، یک چندضلعی منتظم می‌سازند

در یادداشت‌های پیشین دیدیم که ضرب اعداد مختلط معنایی هندسی دارد: طول‌ها ضرب می‌شوند و زاویه‌ها جمع. حالا وقت آن است که از این قاعده کار بکشیم. اگر عددی را بارها در خودش ضرب کنیم چه می‌شود؟ و پرسش وارونه: کدام اعدادند که اگر $n$ بار در خودشان ضرب شوند، به ۱ برسند؟

---

توان یعنی دورانِ پیاپی

عدد مختلط $z$ را به صورت قطبی بنویسیم: $z = r\,(\cos\theta + i\,\sin\theta)$. هر بار ضرب در $z$ یعنی: طول، $r$ برابر و زاویه، $\theta$ بیشتر. پس بعد از $n$ بار — که در سراسر این برگه، $n$ عددی صحیح و مثبت است:

$$z^n = r^n\left(\cos n\theta + i\,\sin n\theta\right)$$

این فرمول به نام فرمول دُموآور شناخته می‌شود؛ اما برای ما قضیهٔ تازه‌ای نیست — فقط بازگوییِ همان قاعدهٔ «طول‌ها ضرب، زاویه‌ها جمع» است، $n$ بار پشت سر هم.

جالب‌ترین حالت وقتی است که طول عدد ۱ باشد:

$$u = \cos\theta + i\,\sin\theta$$

توان‌های $u$ هیچ کششی ندارند؛ فقط می‌چرخند. اعداد $u,\, u^2,\, u^3,\, \dots$ روی دایرهٔ واحد، با گام‌های مساویِ $\theta$، پیش می‌روند.

توان‌های $u$ روی دایرهٔ واحد: هر ضرب، یک گامِ $\theta$ درجه‌ایِ دیگر.

توان‌رساندن روی دایرهٔ واحد، قدم‌زدن است: هر ضرب، یک گام به اندازهٔ $\theta$.

یک غافلگیری. سرنوشت این قدم‌زدن تماماً به $\theta$ بسته است. اگر $\theta$ کسرِ گویایی از دورِ کامل باشد — یعنی $\frac{\theta}{2\pi}$ عددی گویا — قدم‌ها سرانجام به خانهٔ اول برمی‌گردند و مسیر، تا ابد، از میان چند نقطهٔ معین می‌گذرد. اما اگر $\frac{\theta}{2\pi}$ گویا نباشد، هیچ قدمی هرگز روی قدم قبلی نمی‌افتد: اگر می‌افتاد، تفاضلِ زاویه‌ها مضربی از دورِ کامل و در نتیجه $\frac{\theta}{2\pi}$ گویا می‌شد.

پس در این حالت قدم‌ها بی‌نهایت نقطهٔ متمایز روی دایره می‌سازند. اما قضیه‌ای زیبا از این بیشتر می‌گوید: این نقطه‌ها روی دایره چگال‌اند — در هر کمانِ دایره، هر قدر هم کوتاه، سرانجام قدمی می‌افتد. (این ادعا از «تکراری نبودن» به‌تنهایی درنمی‌آید: بی‌نهایت نقطهٔ متمایز می‌توانند در گوشه‌ای تلنبار شوند و بقیهٔ دایره را دست‌نخورده بگذارند.)

چرا چگال‌اند؟ — برای خوانندهٔ کنجکاو

با اصل لانهٔ کبوتر. دایره را به $N$ کمانِ مساوی بشکنید و به $N+1$ قدمِ نخست نگاه کنید: $u,\, u^2,\, \dots,\, u^{N+1}$. کمان‌ها $N$ تا هستند و قدم‌ها یکی بیشتر، پس دو قدم در یک کمان می‌افتند — مثلاً $u^j$ و $u^k$ با $j < k$. آن‌گاه $u^{k-j}$ زاویه‌ای کوچک‌تر از $\frac{2\pi}{N}$ با عدد ۱ می‌سازد، و این زاویه ناصفر است چون هیچ قدمی تکراری نیست.

حالا با همین $u^{k-j}$ قدم بزنید: گام‌هایی یکنواخت و کوتاه‌تر از $\frac{2\pi}{N}$ که دور دایره می‌چرخند، از هیچ کمانی به طول $\frac{2\pi}{N}$ نمی‌توانند بپرند. پس هر کمانی به این طول دستِ‌کم یک قدم را در خود دارد — و این قدم‌ها خودشان توان‌های $u$ هستند. چون $N$ را هر قدر بخواهیم بزرگ می‌گیریم، هیچ کمانی، هر قدر کوتاه، خالی نمی‌ماند.

---

پیش از ادامه، حدس بزنید. چند عدد مختلط در معادلهٔ $z^3 = 1$ صدق می‌کند؟ کجاهای صفحه؟ حدس بزنید و نگه دارید — چند سطر پایین‌تر جواب را می‌سازیم.

معادلهٔ $z^n = 1$

حالا پرسش وارونه. به دنبال همهٔ اعدادی هستیم که

$$z^n = 1$$

به این اعداد ریشه‌های $n$-اُم واحد می‌گویند. با نگاه قطبی، پاسخ تقریباً خودش را می‌گوید. اگر $z$ طول $r$ و زاویهٔ $\theta$ داشته باشد، $z^n$ طول $r^n$ و زاویهٔ $n\theta$ دارد؛ و عدد ۱ طول ۱ و زاویهٔ صفر. پس:

• طول: باید $r^n = 1$ باشد و چون طول عددی نامنفی است، $r = 1$. یعنی همهٔ ریشه‌ها روی دایرهٔ واحدند.
• زاویه: باید $z^n$ هم‌جهتِ عدد ۱ باشد. اما «هم‌جهت بودن» به معنای برابریِ عددیِ زاویه‌ها نیست: دو زاویه وقتی یک جهت را نشان می‌دهند که تفاضلشان دورِ کامل — مضربی از $2\pi$ — باشد. پس:

$$n\theta = 2\pi k \quad\Longrightarrow\quad \theta = \frac{2\pi k}{n}, \qquad k = 0,\, 1,\, 2,\, \dots,\, n-1$$

چرا $k$ را از $n-1$ جلوتر نبردیم؟ چون $k = n$ زاویهٔ $2\pi$ می‌دهد که همان زاویهٔ صفر است؛ از آن به بعد همه‌چیز تکرار می‌شود.

پس معادلهٔ $z^n = 1$ دقیقاً $n$ جواب دارد.

و دقت کنید این چندجوابی از کجا آمد: از همین که زاویه مقداری یکتا نیست. اگر «هم‌جهت بودن با ۱» فقط به معنای $n\theta = 0$ بود، تنها جواب، خودِ عدد ۱ می‌ماند؛ ریشه‌های تازه، هدیهٔ آن دورهای کامل‌اند.

---

یک چندضلعی منتظم

این $n$ جواب، همه روی دایرهٔ واحد نشسته‌اند و زاویهٔ هر دو جوابِ پیاپی دقیقاً $\frac{2\pi}{n}$ با هم فرق دارد: این‌ها رأس‌های یک $n$-ضلعی منتظم‌اند که یک رأسش روی عدد ۱ است.

اگر نخستین ریشهٔ بعد از ۱ را $\omega$ بنامیم — عددی با طول ۱ و زاویهٔ $\frac{2\pi}{n}$ — بقیهٔ ریشه‌ها توان‌های همین $\omega$ هستند:

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

همان قدم‌زدن روی دایره است، این بار با گامی که بعد از $n$ قدم، دقیقاً به خانهٔ اول برمی‌گردد.

ریشه‌های ششم واحد: شش‌ضلعی منتظمی روی دایرهٔ واحد، با یک رأس روی $1$ و گام‌های $\frac{2\pi}{6}$.

مثال. ریشه‌های سوم واحد:

$$1, \qquad \omega = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\,i, \qquad \omega^2 = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\,i$$

این‌جا $\omega$ عددی است با طول ۱ و زاویهٔ $\frac{2\pi}{3}$ (۱۲۰ درجه): قسمت حقیقی‌اش $\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}$ و قسمت موهومی‌اش $\sin 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$. و سه بار چرخشِ ۱۲۰ درجه‌ای یک دور کامل است؛ پس $\omega^3 = 1$، بی‌آنکه به محاسبه‌ای جبری نیاز باشد.

یک پرسشِ کهن همین‌جا سر برمی‌آورد: این چندضلعی‌ها روی کاغذ وجود دارند، اما کدامشان را می‌شود با خط‌کش و پرگار دقیقاً رسم کرد؟ پاسخ در برگهٔ چندضلعی‌های منتظمِ ساختنی است.

---

جمع ریشه‌ها؛ یک استدلال تقارنی

ادعا می‌کنیم برای هر $n \ge 2$:

$$1 + \omega + \omega^2 + \cdots + \omega^{n-1} = 0$$

جمعِ همهٔ ریشه‌ها را $S$ بنامید و آن را در $\omega$ ضرب کنید. ضرب در $\omega$ یعنی چرخاندن همهٔ صفحه به اندازهٔ $\frac{2\pi}{n}$؛ این چرخش هر ریشه را به ریشهٔ بعدی می‌برد و آخرین ریشه را به اولی. یعنی مجموعهٔ ریشه‌ها فقط میان خودشان جابه‌جا می‌شوند و جمعشان همان می‌ماند:

$$\omega\, S = S$$

اما $\omega S$ همان بردار $S$ است که به اندازهٔ $\frac{2\pi}{n}$ چرخیده! تنها برداری که پس از چرخشی ناصفر سر جای خودش می‌ماند، بردار صفر است. پس $S = 0$.

برای ریشه‌های سوم می‌توان مستقیم هم دید: قسمت‌های حقیقی $1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ و قسمت‌های موهومی قرینهٔ یکدیگرند.

این همان روحِ استدلال‌های تقارنی است که در یادداشت‌های تقارن دیدیم.

---

تمرین‌ها

تمرین ۱. ریشه‌های چهارم واحد را بنویسید. چه شکلی می‌سازند؟

پاسخ

زاویه‌ها $\frac{2\pi k}{4}$ برای $k = 0, 1, 2, 3$؛ یعنی $1,\ i,\ -1,\ -i$: یک مربع روی دایرهٔ واحد، با یک رأس روی $1$.

تمرین ۲. بدون نوشتن حتی یک مختصات، نشان دهید جمعِ ریشه‌های هشتم واحد صفر است.

پاسخ

همان استدلال تقارنی: جمع را $S$ بنامید و در $\omega$ (ریشهٔ اول، با زاویهٔ $\frac{2\pi}{8}$) ضرب کنید. این ضرب، ریشه‌ها را فقط میان خودشان جابه‌جا می‌کند، پس $\omega S = S$؛ اما $\omega S$ همان $S$ است که چرخیده. تنها بردارِ ناوردا زیر چرخشِ ناصفر، صفر است.

یک قدم فراتر. کدام‌یک از ریشه‌های ششم واحد، ریشهٔ سوم واحد هم هستند؟

پاسخ

آن‌هایی که زاویه‌شان مضربِ $\frac{2\pi}{3}$ است: $1,\ \omega^2,\ \omega^4$. مثلثِ ریشه‌های سوم، درونِ شش‌ضلعیِ ریشه‌های ششم نشسته است — یک رأس در میان.

---

جمع‌بندی

• توانِ $n$-اُم یعنی $n$ گام دوران و کشش پیاپی؛ این محتوای فرمول دموآور است.
• معادلهٔ $z^n = 1$ دقیقاً $n$ ریشه دارد: همه با طول ۱ و زاویه‌های $\frac{2\pi k}{n}$.
• ریشه‌ها رأس‌های یک $n$-ضلعی منتظم‌اند و همگی توان‌های نخستین ریشه، $\omega$.
• جمع همهٔ ریشه‌ها به حکم تقارن صفر است.

اکنون باید بتوانید… توانِ $n$-ام هر عدد را با دوران و کشش بسازید؛ ریشه‌های $n$-ام واحد را بی‌معطلی رسم کنید؛ توضیح دهید چرا دقیقاً $n$ تا هستند و چند‌تایی‌شان از کجا می‌آید؛ و جمعشان را با یک جملهٔ تقارنی صفر کنید.

چندضلعیِ منتظم فقط سهم عدد ۱ نیست: در یادداشتی دیگر خواهیم دید ریشه‌های $n$-اُم هر عدد مختلط دلخواه هم چندضلعی منتظمی می‌سازند — کافی است چندضلعیِ واحد را بچرخانیم و کش بدهیم.