学习笔记·复数

复数

为了解决\(x^{2} + 1 = 0\)这样的方程在实数系中无解的问题，我们引入一个新数\(\mathrm{i}\)，使得\(x = \mathrm{i}\)是方程的解，即满足\(\mathrm{i}^{2} = -1\)。 这样，我们就能扩充数系，新数系中的所有数都可以表示为 \[z = a + b \mathrm{i} (a, b \in \mathbb{R})\]

形如这种形式的数叫做复数（complex number），其中\(\mathrm{i}\)叫做虚数单位（imaginary unit）。复数通常用\(z, w\)等字母表示。全体复数构成复数集： \[\mathbb{C} = \{a + b \mathrm{i} | a, b \in \mathbb{R}\}\]

对于复数\(z = a + b \mathrm{i} (a, b \in \mathbb{R})\)，其实部（real part）为\(a\)，可以表示为\(\operatorname{Re}(z)\)或\(\Re(z)\)；虚部（imaginary part）为\(b\)，可以表示为\(\operatorname{Im}(z)\)或\(\Im(z)\)。
当且仅当\(b = 0\)时，\(z\)为实数。当\(b \ne 0\)时，\(z\)为虚数（imaginary number）；当\(a = 0\)且\(b \ne 0\)时，\(z\)为纯虚数。

虚数不能比较大小，只有相等和不等两种情况。两个复数相等当且仅当实部和虚部分别相等，即\(a + b \mathrm{i} = c + d \mathrm{i}\)当且仅当\(a = c\)且\(b = d\)，\(a, b, c, d \in \mathbb{R}\)。

复数的几何意义

任何一个复数\(z = a + b \mathrm{i} (a, b \in \mathbb{R})\)都可以由一个有序实数对\((a, b)\)唯一确定，因此，复数可以和向量建立双射，\(\{1, \mathrm{i}\}\)就是一组基。
建立平面直角坐标系，把\(x\)轴称为实轴（real axis），\(y\)轴称为虚轴（imaginary axis）。这样，平面内每个点\(P(a, b)\)都能对应一个向量\(\overrightarrow{OP} = (a, b)\)，并同时对应一个复数\(z = a + b \mathrm{i}\)。这个平面称为复平面（complex plane）。
显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数。虚数单位\(\mathrm{i}\)就是\((0, 1)\)。

对于复平面内的向量\(\overrightarrow{OZ} = (a, b)\)，\(\overrightarrow{OZ}\)的模\(|\overrightarrow{OZ}|\)即为复数\(z = a + b \mathrm{i}\)的模（modulus），记为\(|z|\)： \[|z| = |a + b \mathrm{i}| = \sqrt{a^{2} + b^{2}}\]

关于模，显然有不等式： \[|\operatorname{Re}(z)| \le |z|, |\operatorname{Im}(z)| \le |z|\]

定义\(z = a + b \mathrm{i} (a, b \in \mathbb{R})\)的共轭复数（complex conjugate） \[\bar{z} = a - b \mathrm{i}\]

共轭复数的实部相等，虚部互为相反数。在复平面内，共轭复数关于实轴对称。

显然，\(|z| = |\bar{z}|\)，\(\bar{\bar{z}} = z\)。

复数的运算

设复数\(z_{1} = a + b \mathrm{i}, z_{2} = c + d \mathrm{i} (a, b, c, d \in \mathbb{R})\)，定义复数的加法： \[z_{1} + z_{2} = (a + c) + (b + d) \mathrm{i}\]

定义复数的减法为加法的逆运算： \[z_{1} - z_{2} = (a - c) + (b - d) \mathrm{i}\]

容易得到，复数的加减法是满足交换律和结合律的。

复数的乘法： \[z_{1} z_{2} = (ac - bd) + (ad + bc) \mathrm{i}\]

这可以由\(\mathrm{i}^{2} = -1\)得到： \[ \begin{align} z_{1} z_{2} &= ac + a (d \mathrm{i}) + (b \mathrm{i}) c + (b \mathrm{i}) (d \mathrm{i}) \\ &= ac + (ad + bc) \mathrm{i} + bd \mathrm{i}^{2} \\ &= (ac - bd) + (ad + bc) \mathrm{i} \quad \Box \end{align} \]

乘法同样满足交换律、结合律，并满足分配律。

可以看出，复数的加法和乘法可以像多项式一样计算，“合并同类项”。
复数的加法、减法和数乘实际上与坐标表示的向量的计算是一样的。

定义非零复数\(z = a + b \mathrm{i} (a, b \in \mathbb{R})\)的倒数\(\dfrac{1}{z}\)，满足\(z \cdot \dfrac{1}{z} = 1\)。通过解方程组，可以得到\(\dfrac{1}{z}\)是唯一确定的复数： \[\dfrac{1}{z} = \dfrac{a}{a^{2} + b^{2}} - \dfrac{b}{a^{2} + b^{2}} \mathrm{i}\]

那么，设复数\(z_{1} = a + b \mathrm{i}, z_{2} = c + d \mathrm{i} (a, b, c, d \in \mathbb{R}, c + d \mathrm{i} \ne 0)\)，定义复数的除法： \[\dfrac{z_{1}}{z_{2}} = \dfrac{ac + bd}{c^{2} + d^{2}} + \dfrac{bc - ad}{c^{2} + d^{2}} \mathrm{i}\]

复数的除法也可以看作是\(\dfrac{a + b \mathrm{i}}{c + d \mathrm{i}}\)的分子与分母同乘分母的共轭复数，从而使分母“实数化”： \[ \begin{align} \dfrac{z_{1}}{z_{2}} &= \dfrac{a + b \mathrm{i}}{c + d \mathrm{i}} \\ &= \dfrac{(a + b \mathrm{i}) (c - d \mathrm{i})}{(c + d \mathrm{i}) (c - d \mathrm{i})} \\ &= \dfrac{(ac + bd) + (bc - ad) \mathrm{i}}{c^{2} + d^{2}} \\ &= \dfrac{ac + bd}{c^{2} + d^{2}} + \dfrac{bc - ad}{c^{2} + d^{2}} \mathrm{i} \end{align} \]

除法\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\)有时也可以写作\(z_{1} \div z_{2}\)。

复数的整数次幂与实数的意义是相同的，\(z^{n} (n \in \mathbb{N}^{\ast})\)即代表自乘\(n\)次，而\(z^{-n} = \dfrac{1}{z^{n}}, z^{0} = 1 (z \ne 0)\)。

关于共轭复数，有以下几个简单的定理： \[ \begin{align} & z \cdot \bar{z} = |z|^{2} \\ & \operatorname{Re}(z) = \dfrac{1}{2} (z + \bar{z}), \operatorname{Im}(z) = \dfrac{1}{2 \mathrm{i}} (z - \bar{z}) \\ & \bar{z} + \bar{w} = \overline{z + w}, \bar{z} \cdot \bar{w} = \overline{z w}, \dfrac{\bar{z}}{\bar{w}} = \overline{\dfrac{z}{w}} \end{align} \]

由此可以得到推论： \[|zw| = |z| \cdot |w|, |\dfrac{z}{w}| = \dfrac{|z|}{|w|}\]

类似向量的三角不等式，复数也有模不等式： \[||z| - |w|| \le |z + w| \le |z| + |w|\]

不用向量的方法，也可以用复数来证明： \[ \begin{align} |z + w|^{2} &= (z + w) (\overline{z + w}) \\ &= (z + w) (\bar{z} + \bar{w}) \\ &= z \bar{z} + (z \bar{w} + w \bar{z}) + w \bar{w} \\ &= |z|^{2} + 2 \operatorname{Re}(z \bar{w}) + |w|^{2} \\ &\le |z|^{2} + 2 |z| |w| + |w|^{2} \\ &= (|z| + |w|)^{2} \end{align} \] 开方就得到右边，同理可得左边。\(\Box\)

复数的三角形式

设非零复数\(z\)在复平面内对应一个点\(Z\)，\(|z| = r\)，则\(|\overrightarrow{OZ}| = r\)。设\(\theta\)为以射线\(OZ\)为终边的角，那么点\(Z(r \cos \theta, r \sin \theta)\)，也就是 \[z = r (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta)\]

这个形式称为复数的三角形式，其中\(\theta\)称为复数\(z\)的辐角（argument）。显然，辐角有无穷多个，但可以找到\(\theta_{0} \in [0, 2 \pi)\)，使得对任意辐角都有 \[\theta = \theta_{0} + 2k \pi, k \in \mathbb{Z}\]

\(\theta_{0}\)称为复数\(z\)的辐角主值（principal value of an argument），通常记为\(\arg z\)。

三角形式

为了与三角形式区分，\(a + b \mathrm{i}\)称为复数的代数形式。

一般情况下，设非零复数\(z = a + b \mathrm{i}\)，其辐角\(\theta\)满足 \[\cos \theta = \dfrac{a}{a^{2} + b^{2}}, \sin \theta = \dfrac{b}{a^{2} + b^{2}}\]

因此，两个复数相等等价于模和辐角主值分别相等。

欧拉公式（Euler’s formula）有： \[\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} = \cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta\]

那么，复数就能表示为 \[z = r \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}\]

这个形式称为复数的指数形式。

复数乘除运算的三角表示

设复数\(z_{1} = r_{1} (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta), z_{2} = r_{2} (\cos \varphi + \mathrm{i} \sin \varphi)\)，计算两个复数的乘法，根据三角函数公式有： \[ \begin{align} z_{1} z_{2} &= r_{1} r_{2} (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta) (\cos \varphi + \mathrm{i} \sin \varphi) \\ &= r_{1} r_{2} ((\cos \theta \cos \varphi - \sin \theta \sin \varphi) + \mathrm{i} (\sin \theta \cos \varphi + \cos \theta \sin \varphi)) \\ &= r_{1} r_{2} (\cos(\theta + \varphi) + \mathrm{i} \sin(\theta + \varphi)) \end{align} \]

这就是说，两个复数相乘，模相乘，辐角相加。用指数形式表示就是： \[r_{1} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \cdot r_{2} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \varphi} = r_{1} r_{2} \mathrm{e}^{\mathrm{i} (\theta + \varphi)}\]

这样是符合指数运算规律的。

在复平面内，我们可以发现复数乘法\(z_{1} z_{2}\)的几何意义，就是把\(z_{1}\)对应的向量的模变为原来的\(r_{2}\)倍，并逆时针旋转\(\varphi\)。

由此可以发现，复数能表达旋转变换。对于实数\(\theta\)，映射\(f(z) = \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} z\)的几何意义就是把\(z\)对应的向量旋转角\(\theta\)。

那么，复数的除法就是 \[\dfrac{z_{1}}{z_{2}} = \dfrac{r_{1} (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta)}{r_{2} (\cos \varphi + \mathrm{i} \sin \varphi)} = \dfrac{r_{1}}{r_{2}} (\cos(\theta - \varphi) + \mathrm{i} \sin(\theta - \varphi))\]

这样，两个复数相除，模相除，辐角相减。用指数形式表示就是： \[\dfrac{r_{1} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}}{r_{2} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \varphi}} = \dfrac{r_{1}}{r_{2}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} (\theta - \varphi)}\]

除法的几何意义就与乘法相反，\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\)表示把\(z_{1}\)对应的向量的模变为原来的\(\dfrac{1}{r_{2}}\)并顺时针旋转\(\varphi\)所得到的向量对应的复数。

复数的开方

设复数\(z = \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}\)，按照指数的运算规律计算，有 \[z^{n} = (\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta})^{n} = \mathrm{e}^{\mathrm{i} (n \theta)}\]

这样就得到了棣莫弗定理（de Moivre’s theorem）： \[(\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta)^{n} = \cos(n \theta) + \mathrm{i} \sin(n \theta)\]

设\(z\)为复数，\(n \in \mathbb{N}^{\ast}\)，若复数\(w\)满足\(w^{n} = z\)，则称\(w\)为\(z\)的一个\(n\)次方根。这样，就能求复数的开方了。
设非零复数\(z = r (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta), w = \rho (\cos \varphi + \mathrm{i} \sin \varphi)\)，其中\(\theta, \varphi\)都是辐角主值。根据棣莫弗定理， \[w^{n} = \rho^{n} (\cos(n \varphi) + \mathrm{i} \sin(n \varphi))\] 再由\(w^{n} = z\)，得\(\rho^{n} = r \Rightarrow \rho = r^{\frac{1}{n}}\)和\(n \varphi = \theta + 2k \pi \Rightarrow \varphi = \dfrac{\theta + 2k \pi}{n}, k \in \mathbb{Z}\)。这样， \[0 \le \dfrac{\theta + 2k \pi}{n} < 2 \pi \Rightarrow -\dfrac{\theta}{2 \pi} \le k < n - \dfrac{\theta}{2 \pi} \Rightarrow -1 < k < n\] 所以\(k \in \{0, 1, \cdots, n - 1\}\)。

这样，就能得到非零复数\(z = r (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta) (\theta \in [0, 2 \pi))\)有\(n\)个\(n\)次方根： \[w_{k} = r^{\frac{1}{n}} (\cos \dfrac{\theta + 2k \pi}{n} + \mathrm{i} \sin \dfrac{\theta + 2k \pi}{n}), k = 0, 1, \cdots, n - 1\]

特别地，\(1\)的\(n\)次方根，即一元\(n\)次方程\(x^{n} = 1\)的\(n\)个根，分别是： \[\xi_{k} = \cos \dfrac{2k \pi}{n} + \mathrm{i} \sin \dfrac{2k \pi}{n} = \mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{2k \pi}{n}}, k = 0, 1, \cdots, n - 1\] \(\xi_{0} = 1\)，就是实数情形下的平凡解。
\(\xi_{0}, \xi_{1}, \cdots, \xi_{n - 1}\)称为\(n\)次单位根（root of unity），由定义都满足\(\xi_{k}^{n} = 1\)。

令\(\xi = \xi_{1} = \mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{2 \pi}{n}}\)，根据棣莫弗定理， \[\xi_{k} = \xi^{k}, k = 0, 1, \cdots, n - 1\]

\(\xi^{n} = 1\)，那么\(\xi^{k} (k \in \mathbb{Z})\)就是周期变化的。根据后面的因式定理， \[x^{n} - 1 = \prod_{k=0}^{n - 1} (x - \xi_{k}) = \prod_{k=0}^{n - 1} (x - \xi^{k})\]

画图可知，所有的\(n\)次单位根在复平面内对应的点组成一个正\(n\)边形。

根据恒等式 \[x^{n} - 1 = (x - 1) (x^{n - 1} + x^{n - 2} + \cdots + 1)\] 只要\(k \ne 0\)，就有\(\xi_{k} \ne 1\)，这样， \[0 = \xi_{k}^{n} - 1 = (\xi_{k} - 1) (\xi_{k}^{n - 1} + \xi_{k}^{n - 2} + \cdots + 1)\] 得到 \[\xi_{k}^{n - 1} + \xi_{k}^{n - 2} + \cdots + 1 = 0\]

特别地，令\(k = 1\)，得到 \[\xi^{n - 1} + \xi^{n - 2} + \cdots + 1 = 0\] 由\(\xi_{k} = \xi^{k}\)，这个式子用求和符号表示就是 \[\sum\limits_{k=0}^{n - 1} \xi_{k} = 0\]

复数与方程

一元二次方程

对于方程\(a x^{2} + b x + c = 0 (a, b, c \in \mathbb{C}, a \ne 0)\)，配方得到： \[(x + \dfrac{b}{2a})^{2} = \dfrac{b^{2} - 4ac}{4 a^{2}}\]

对判别式\(b^{2} - 4ac\)开方。设开方得到的两个结果为\(d_{1, 2}\)，那么方程的根 \[x_{1, 2} = \dfrac{d_{1, 2} - b}{2a}\]

根据复数的开方公式，可以得到\(d_{1} + d_{2} = 0\)。把其中一个记为\(\sqrt{b^{2} - 4ac}\)，就能得到熟悉的求根公式： \[x_{1, 2} = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a}\]

如果限定系数范围为\(a, b, c \in \mathbb{R}\)，那么

1. 若\(b^{2} - 4ac > 0\)，方程有两个不相等的实根；
2. 若\(b^{2} - 4ac = 0\)，方程有两个相等的实根；
3. 若\(b^{2} - 4ac < 0\)，方程有两个共轭虚根： \[x_{1, 2} = \dfrac{-b \pm \sqrt{4ac - b^{2}} \mathrm{i}}{2a}\]

一元\(n\)次方程

代数基本定理（fundamental theorem of algebra）：
任何一元\(n (n \in \mathbb{N}^{\ast})\)次复系数多项式方程\(f(x) = 0\)至少有一个复数根。

复系数多项式，是指形如\(\sum\limits_{k=0}^{n} a_{k} x^{k} (a_{k} \in \mathbb{C})\)的式子，最高次非零项的次数就是多项式的次数。\(0\)称为零多项式，不定义次数。
这个定理有很多种证明，但都涉及高等数学知识，这里不作介绍。

设\(a\)为复数，\(f(x)\)为复系数多项式，因式定理（factor theorem）有：
\(a\)为\(f(x)\)的根当且仅当\((x - a)\)为\(f(x)\)的一个因式。

证明如下：
充分性：如果\((x - a)\)为\(f(x)\)的一个因式，那么\(f(x) = (x - a) g(x)\)，其中\(g(x)\)为复系数多项式。从而可以得到\(f(a) = (a - a) g(a) = 0\)。
必要性：如果\(f(a) = 0\)，设\(f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} c_{k} x^{k}, c_{k} \in \mathbb{C}\)，那么 \[ \begin{align} f(x) &= f(x) - f(a) \\ &= \sum\limits_{k=0}^{n} c_{k} x^{k} - \sum\limits_{k=0}^{n} c_{k} a^{k} \\ &= \sum\limits_{k=0}^{n} c_{k} (x^{k} - a^{k}) \\ &= (x - a) \left(\sum\limits_{k=1}^{n} c_{k} (x^{k - 1} + x^{k - 2} a + \cdots + a^{k - 1}) \right) \quad \Box \end{align} \]

若正整数\(k\)满足\((x - a)^{k}\)为\(f(x)\)的因式，但\((x - a)^{k + 1}\)不为\(f(x)\)的因式，则称\(a\)为\(f(x)\)的\(k\)重根。二重及以上的根称为重根。
这样，就能由上面两个定理得到推论：
任何一元\(n (n \in \mathbb{N}^{\ast})\)次复系数多项式方程\(f(x) = 0\)都有\(n\)个复数根（重根按重数计，即把\(k\)重根当作\(k\)个根来计）。

把重根合到一起就得到唯一分解定理（unique factorization theorem）：
任何一元\(n (n \in \mathbb{N}^{\ast})\)次复系数多项式都可以唯一地表示为 \[f(x) = a \prod_{k=1}^{m} (x - a_{k})^{f_{k}}\] 其中\(a, a_{1}, \cdots, a_{m} \in \mathbb{C}, f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{m} \in \mathbb{N}^{\ast}\)，满足\(\sum\limits_{k=1}^{m} f_{k} = n\)。

这样，设\(f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} a_{k} x^{k} (a_{n} \ne 0)\)的根为\(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\)，\(f(x)\)就可以表示成： \[f(x) = a_{n} (x - x_{1}) (x - x_{2}) \cdots (x - x_{n})\]

展开多项式就能得到韦达定理（Vieta’s formulas）： \[\sum\limits_{1 \le i_{1} < i_{2} < \cdots < i_{k} \le n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{k}} = (-1)^{k} \dfrac{a_{n} - k}{a_{n}}, k = 1, 2, \cdots, n\]

这个式子实际上就等价于 \[ \begin{cases} x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n} = -\dfrac{a_{n - 1}}{a_{n}} \\ (x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + \cdots + x_{1} x_{n}) + (x_{2} x_{3} + x_{2} x_{4} + \cdots + x_{2} x_{n}) + \cdots + x_{n - 1} x_{n} = \dfrac{a_{n - 2}}{a_{n}} \\ \quad \vdots \\ x_{1} x_{2} \cdots x_{n} = (-1)^{n} \dfrac{a_{0}}{a_{n}} \end{cases} \]

例如，设一元三次方程\(a x^{3} + b x^{2} + c x + d = 0\)的三个根（计重数）分别为\(x_{1}, x_{2}, x_{3}\)，则 \[ \begin{align} a x^{3} + b x^{2} + c x + d &= a (x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}) \\ &= a x^{3} - a (x_{1} + x_{2} + x_{3}) x^{2} + a (x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}) x - x_{1} x_{2} x_{3} \end{align} \]

比对系数可得三次方程的韦达定理： \[ \begin{cases} x_{1} + x_{2} + x_{3} = -\dfrac{b}{a} \\ x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} = \dfrac{c}{a} \\ x_{1} x_{2} x_{3} = -\dfrac{d}{a} \end{cases} \]

对于实系数多项式，即系数都是实数的多项式，有虚根成对定理：
若复数\(a\)是实系数多项式\(f(x)\)的根，则\(\bar{a}\)也是\(f(x)\)的根。

要证明这个定理，需要用到一个引理：对于任何实系数多项式\(f\)和复数\(z\)有\(\overline{f(z)} = f(\bar{z})\)。这个引理的证明如下： \[ \begin{align} & \quad f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} a_{k} x^{k}, a_{k} \in \mathbb{R} \\ &\Rightarrow a_{k} = \overline{a_{k}} \\ &\Rightarrow \overline{f(z)} = \overline{\sum\limits_{k=0}^{n} a_{k} z^{k}} = \sum\limits_{k=0}^{n} a_{k} \bar{z}^{k} = f(\bar{z}) \end{align} \] 这时，因为\(f(a) = 0\)，所以\(f(\bar{a}) = \overline{f(a)} = 0\)。\(\Box\)

这样，实系数多项式的根，除去实根以外，就都是成对的共轭复数。一元\(n (n \in \mathbb{N}^{\ast})\)次实系数多项式就能在实数范围内分解为： \[f(x) = a \prod_{k=1}^{s} (x - a_{k}) \cdot \prod_{k=1}^{t} (x^{2} + b_{k} x + c_{k})\] 其中\(a, a_{k}, b_{k}, c_{k} \in \mathbb{R}\)，\(s + 2t = n\)，且\(c_{k} > 0, b_{k}^{2} < 4 c_{k}\)。