复旦大学 2023年强基第20题

解析：考虑 $(\sqrt{x}-i)^{2 m+1}=\sum_{k=0}^{2 m+1}\binom{2 m+1}{k}(-i)^{k} \sqrt{x}^{2 m+1-k}=P(x)-i Q(x)$ ，其中 $P(x), Q(x)$ 均为实系数的，则 $(\sqrt{x}+i)^{2 m+1}=P(x)+i Q(x)$ ．注意到方程左端即 $Q(x)$ ，故方程的实根即 $Q(x)$ 的实零点，也即 $(\sqrt{x}-i)^{2 m+1}=(\sqrt{x}+i)^{2 m+1}$ 的实解．记 $\displaystyle \frac{\sqrt{x}-i}{\sqrt{x}+i}=\omega$ ，其中 $\omega \in \mathbb{C}$ 是 $2 m+1$ 次单位根．显然 $\omega \neq 1$ ，则解出 $\displaystyle \sqrt{x}=\frac{1+\omega}{1-\omega} i$ ，假设 $x \leq 0$ ，则 $\displaystyle \sqrt{|x|}=\frac{1+\omega}{1-\omega}$ ，比较实虚部可知矛盾！因此 $x\gt 0$ 。另一方面，记 $\displaystyle \omega=e^{i \frac{2 \pi k}{2 m+1}}, k=1, \cdots, 2 m$ ，则 $\displaystyle 0\lt \sqrt{x}=\frac{1+\omega}{1-\omega} i=-\frac{\sin \frac{2 \pi k}{2 m+1}}{1-\cos \frac{2 \pi k}{2 m+1}}$ ，故 $k=m+1, \cdots, 2 m$ ，因此 $\displaystyle x= \left(\frac{\sin \frac{2 \pi k}{2 m+1}}{1-\cos \frac{2 \pi k}{2 m+1}}\right)^{2}=\tan ^{2} \frac{\pi k}{2 m+1}, k=m+1, \cdots, 2 m$.