灵感来源于肖老师《高等代数》第一堂课和某个数学分析题.

  先来说下 n n n 次单位根的定义，满足下式的 z z z 就是 n n n 次单位根. z n = 1 z^n=1 zn=1  A：哈？这还需要求？不就是 1 1 1 吗？   B：你再好好想想.   A：emm，好吧， 1 1 1 只是其中的一个，其他的求起来感觉有点儿困难. 不过四次以上的方程没有一般的求根公式，该怎么求呢？   B：不要把问题想得那么宽泛，我们只是想求这个方程的根而已，对其他同次方程不感兴趣.

  根据代数学基本定理， n n n 次复系数多项式方程在复数域内有且只有 n n n 个根(重根按重数计算).

  好，目标范围已锁定，在复数域.

  众所周知(不知的暂且假装知道)，复数可以表示成以下形式 z = R   e i θ = R cos ⁡ θ + i R sin ⁡ θ R ≥ 0 z=R\,e^{i\theta}=R\cos\theta+iR\sin\theta\quad R\geq 0 z=Reiθ=Rcosθ+iRsinθR≥0其中 R \small R R 表示模长， θ \small \theta θ 表示辐角.

  两个复数 z 1 ,   z 2 z_1,\,z_2 z1​,z2​ 相等，当且仅当 R 1 = R 2 ,   θ 1 = θ 2 + 2 k π , k ∈ Z \small R_1=R_2,\,\theta_1=\theta_2+2k\pi,k\in Z R1​=R2​,θ1​=θ2​+2kπ,k∈Z.

   1 1 1 可以表示为 1 = 1 e i 0 1=1 e^{i0} 1=1ei0，将这两个式子代入方程 z n = 1 z^n=1 zn=1，得 R n ⋅ e i n θ = 1 ⋅ e i 0 R^n\cdot e^{in\theta}=1\cdot e^{i0} Rn⋅einθ=1⋅ei0则有 R n = 1 ,   n θ = 2 k π R ≥ 0 , k ∈ Z R^n=1,\,n\theta=2k\pi\quad R\geq 0,k\in Z Rn=1,nθ=2kπR≥0,k∈Z解得 R = 1 , θ = 2 k π / n , k ∈ Z \small R=1,\theta=2k\pi/n,k\in Z R=1,θ=2kπ/n,k∈Z，则 z = e i 2 k π n , k ∈ Z \small z=e^{i\frac{2k\pi}{n}},k\in Z z=ein2kπ​,k∈Z.

  A：你不是说只有 n n n 个根吗？ k ∈ Z \small k\in Z k∈Z 你怎么解释？   B：且看分析.

  先取 k = 1 , 2 , ⋯   , n \small k=1,2,\cdots,n k=1,2,⋯,n，这样可以得到 n n n 个根.   再取 k = n + 1 \small k=n+1 k=n+1 ，你会发现 e i 2 k π n = e i 2 ( n + 1 ) π n = e i ( 2 π n + 2 π ) = e i 2 π n \small e^{i\frac{2k\pi}{n}}=e^{i\frac{2(n+1)\pi}{n}}=e^{i(\frac{2\pi}{n}+2\pi)}=e^{i\frac{2\pi}{n}} ein2kπ​=ein2(n+1)π​=ei(n2π​+2π)=ei