6.1 复数、极形式与几何

为何复数应放在平面上

方程 $x^2+1=0$ 在实数中没有解。引入满足 $i^2=-1$ 的符号 i，不只是 代数上的记号方便；它也提示我们要把实数线扩展成一个平面。乘以 $-1$ 可以 看作在实数线上旋转 $180^\circ$。既然 $i^2=-1$，乘以 i 就应像连续 旋转两次 $90^\circ$；因此 $i\cdot1$ 自然对应到平面中的 (0,1)。

正式处理时，我们不先假设 $x+iy$ 已经有意义，而是先把复数定义为平面上的 有序对，再定义加法与乘法，使 $i^2=-1$ 成为运算规则的一部分。

这些定义保证 $x+iy$ 与有序对表示法一致。因为对实数 x,y，

$$(x,0)+(0,1)(y,0)=(x,0)+(0,y)=(x,y).$$

所以往后我们写

$$z=x+iy$$

来表示有序对 (x,y)。

复数相等就是有序对相等。因此

$$a+ib=c+id \quad\Longleftrightarrow\quad a=c\text{ 且 }b=d.$$

这一点使我们可以在复数等式中比较实部与虚部。

复数运算与域结构

以上运算使 $\mathbb C$ 成为一个完整的数系。加法与乘法具有交换律与结合律， 乘法对加法有分配律，$0=0+i0$ 是加法单位元，而 $1=1+i0$ 是乘法单位元。

乘法逆元公式值得直接检查。若 $z=x+iy\ne0$，则 $x^2+y^2>0$，并且

$$(x+iy)\left(\frac{x}{x^2+y^2}-i\frac{y}{x^2+y^2}\right) =\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2} +i\frac{-xy+xy}{x^2+y^2} =1.$$

因此非零复数都可相除；也因此 $\mathbb C$ 没有零因子：若 $zw=0$，则 $z=0$ 或 $w=0$。

减法与除法

若 $z=a+ib$、$w=c+id$，则

$$z-w=(a-c)+i(b-d).$$

若 $w\ne0$，除法就是乘以 w 的乘法逆元：

$$\frac{z}{w} =\frac{a+ib}{c+id} =(a+ib)\left(\frac{c}{c^2+d^2}-i\frac{d}{c^2+d^2}\right).$$

展开后得到

$$\frac{a+ib}{c+id} =\frac{ac+bd}{c^2+d^2} +i\frac{bc-ad}{c^2+d^2}.$$

Argand 平面

复数 $z=x+iy$ 可以表示为坐标平面上的点或向量 (x,y)。水平坐标是实部， 垂直坐标是虚部。这个平面称为复平面或 Argand 平面；水平轴称为实轴， 垂直轴称为虚轴。

复数加法就是向量加法：

$$(x_1+iy_1)+(x_2+iy_2) =(x_1+x_2)+i(y_1+y_2).$$

相比之下，乘法在直角坐标下较难直接看出几何意义；引入模与辐角后，乘法 会变成旋转与缩放。

共轭与模

共轭复数是把点对实轴作反射；模是该点到原点的距离。

基本性质包括

$$\overline{\overline z}=z,\qquad z=\overline z\Longleftrightarrow z\in\mathbb R,$$

以及

$$\operatorname{Re}(z)=\frac12(z+\overline z), \qquad \operatorname{Im}(z)=\frac{1}{2i}(z-\overline z).$$

共轭会保留加减乘除的结构：

$$\overline{z_1\pm z_2}=\overline{z_1}\pm\overline{z_2}, \qquad \overline{z_1z_2}=\overline{z_1}\,\overline{z_2}, \qquad \overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)} =\frac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}$$

其中 $z_2\ne0$。

模与共轭的核心关系是

$$|z|^2=z\overline z.$$

因此 $z\overline z$ 一定是非负实数。此外，

$$|z|=|-z|=|\overline z|, \qquad |z_1z_2|=|z_1||z_2|, \qquad \left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{|z_1|}{|z_2|}$$

其中 $z_2\ne0$。

辐角与极式

设 $z=x+iy\ne0$。z 的一个辐角是由正实轴逆时针量到点 (x,y) 的角。 若 $\\theta$ 是一个辐角，则全部辐角为

$$\theta+2k\pi,\qquad k\in\mathbb Z.$$

主值辐角是落在区间

$$-\pi<\operatorname{Arg}(z)\le\pi$$

中的唯一辐角。

若 $r=|z|$，则

$$z=r(\cos\theta+i\sin\theta),$$

其中 $\\theta$ 是 z 的任一辐角。这称为 z 的极式。

极式也能简洁表示共轭与逆元：

$$\overline z=r(\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)), \qquad z^{-1}=\frac1r(\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)).$$

特别地，若 $|z|=1$，则 $z^{-1}=\overline z$。

乘法是旋转与缩放

设

$$z_1=r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1), \qquad z_2=r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2).$$

利用三角函数的和角公式，

$$z_1z_2 =r_1r_2\bigl(\cos(\theta_1+\theta_2) +i\sin(\theta_1+\theta_2)\bigr).$$

因此乘法会把模相乘、把辐角相加：

$$|z_1z_2|=|z_1||z_2|, \qquad \arg(z_1z_2)=\arg(z_1)+\arg(z_2)$$

但辐角只在相差 $2\pi$ 的意义下确定。

除法则把第二个复数的旋转反向，并把长度相除：

$$\frac{z_1}{z_2} =\frac{r_1}{r_2} \bigl(\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\bigr).$$

De Moivre 定理

整数次方由反复乘法定义。若 $z\ne0$，则 $z^0=1$，且对正整数 n， $z^{-n}=(z^{-1})^n$。

当 n 为正整数时，可由极式乘法规则作数学归纳法证明。$n=0$ 时显然成立。 当 n 为负整数时，写 $n=-m$，使用正整数情形，再用单位模复数的逆元等于 共轭这一事实。

Euler 公式与指数形式

正弦、余弦与指数函数的幂级数提示我们如何理解 $e^{i\\theta}$：

$$e^{i\theta} =1+i\theta-\frac{\theta^2}{2!}-i\frac{\theta^3}{3!} +\frac{\theta^4}{4!}+\cdots =\cos\theta+i\sin\theta.$$

在本课程的层次，我们用这个动机写成

$$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta.$$

非零复数因此可写成指数形式

$$z=re^{i\theta},$$

其中 $r=|z|$，而 $\\theta$ 是 z 的一个辐角。

此记法把乘法与 De Moivre 定理写得更简洁：

$$r_1e^{i\theta_1}\,r_2e^{i\theta_2} =r_1r_2e^{i(\theta_1+\theta_2)}, \qquad (e^{i\theta})^n=e^{in\theta}.$$

同时，

$$\cos\theta=\frac12(e^{i\theta}+e^{-i\theta}), \qquad \sin\theta=\frac{1}{2i}(e^{i\theta}-e^{-i\theta}).$$

代入 $\\theta=\pi$ 得 Euler 恒等式：

$$e^{i\pi}+1=0.$$

三角不等式

证明中使用共轭可避免冗长的坐标展开：

$$\begin{aligned} |z_1+z_2|^2 &=(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})\\ &=|z_1|^2+2\operatorname{Re}(z_1\overline{z_2})+|z_2|^2\\ &\le |z_1|^2+2|z_1\overline{z_2}|+|z_2|^2\\ &=(|z_1|+|z_2|)^2. \end{aligned}$$

两边皆非负，取平方根便得结论。

$\mathbb C$ 上的多项式根

引入复数的最初原因，是 $x^2+1=0$ 在实数中无解。更深一层的封闭性是： 一旦允许复系数与复根，每个非常数多项式都至少有一个根。

本节不证明这个定理，但会使用它的后果。若 $\alpha$ 是一个根，则 $p(z)=(z-\alpha)q(z)$，其中 q 的次数比 p 小一。反复分解可得

$$p(z)=a_n(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\cdots(z-\alpha_n),$$

其中根按重数计算。

若多项式系数全为实数，非实根会成共轭对出现。设

$$p(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0,\qquad a_k\in\mathbb R.$$

若 $p(\alpha)=0$，对等式两边取共轭便得到 $p(\overline\alpha)=0$。

因此，实系数多项式可分解成实线性因子与实二次因子。非实共轭对给出

$$(z-\alpha)(z-\overline\alpha) =z^2-2\operatorname{Re}(\alpha)z+|\alpha|^2.$$

单位根与解 $z^n=z_0$

极式使 $z^n=1$ 这类方程的根变得清楚。令

$$\omega=e^{2\pi i/n} =\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}.$$

则 $\omega^n=1$，而

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

是 n 个互异的 n 次单位根。因此

$$z^n-1=(z-1)(z-\omega)(z-\omega^2)\cdots(z-\omega^{n-1}).$$

在实数上分解时，要把共轭根配成二次因子。例如 $n=5$ 时，

$$z^5-1 =(z-1) \left(z^2-2\cos\frac{2\pi}{5}\,z+1\right) \left(z^2-2\cos\frac{4\pi}{5}\,z+1\right).$$

同一方法可解 $z^n=z_0$。若 $z_0=r_0e^{i\theta_0}$ 且 $r_0>0$，则所有解为

$$\alpha_k=r_0^{1/n} e^{i(\theta_0+2k\pi)/n}, \qquad k=0,1,\ldots,n-1.$$

每个根的模都是 $r_0^{1/n}$；辐角相隔 $2\pi/n$。

由复数比值读几何

复数差表示有方向的向量。对互异点 $z_1,z_2,z_3$，写

$$\frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}=re^{i\theta}.$$

则 $r=|z_1-z_3|/|z_2-z_3|$，而 $\\theta$ 是由向量 $z_2-z_3$ 转到 $z_1-z_3$ 的有向角。因此，一个复数比值同时记录边长比与角度。

比值为实数表示两个向量的辐角相差 0 或 $\pi$，也就是在同一直线上。

复数比值也可描述同向相似三角形：

$$\triangle z_1z_2z_3\sim \triangle w_1w_2w_3 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{z_1-z_3}{z_2-z_3} = \frac{w_1-w_3}{w_2-w_3}.$$

等式表示对应边长比与夹角都相同。

来源也引入四个互异点的 cross ratio：

$$(z_1,z_2;z_3,z_4) =\frac{(z_1-z_3)(z_2-z_4)} {(z_2-z_3)(z_1-z_4)}.$$

在本阶段，重点不是一次记住所有恒等式，而是看见反复使用的策略：平移用差 表示，缩放与旋转用乘法表示，形状信息则用比值表示。

轨迹方程与复变换

许多平面轨迹都可用复数记法简洁表示。方程

$$|z-z_0|=r$$

表示以 $z_0$ 为圆心、半径为 r 的圆。平方后得到

$$(z-z_0)(\overline z-\overline{z_0})=r^2,$$

较方便展开。

同样地，

$$|z-z_1|=|z-z_2|$$

表示连接 $z_1$ 与 $z_2$ 的线段之垂直平分线，因为它描述所有到两端点距离 相等的点。通过 $z_1,z_2$ 的直线可写成

$$\frac{z-z_2}{z_1-z_2}\in\mathbb R.$$

若三个非共线点决定一个圆，则 cross-ratio 判别给出

$$(z_1,z_2;z_3,z)\in\mathbb R.$$

来源也讨论复变换，也就是由复平面到自身的函数。基本例子包括：

• 缩放：$f(z)=rz$，其中 $r\in\mathbb R$ 且 $r\ne0$；
• 平移：$f(z)=z+a$；
• 旋转：$f(z)=e^{i\\theta}z$；
• 反演：$f(z)=1/z$；
• 对实轴反射：$f(z)=\overline z$。

例如 $f(z)=z^2$ 会把 $z=re^{i\\theta}$ 送到

$$f(z)=r^2e^{2i\theta},$$

所以它会把离原点的距离平方，并把辐角加倍。

平移、旋转与共轭会保距离。平移、旋转与缩放会保留三点比值

$$\frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}.$$

因此它们保留相似性。Cross ratio 更稳定：缩放、平移、旋转与反演都保留 cross ratio，因此 Mobius 变换

$$f(z)=\frac{az+b}{cz+d},\qquad ad-bc\ne0$$

也保留 cross ratio。这解释了为什么 Mobius 变换会把直线与圆送到直线或圆。 直线与圆可统一写成

$$A z\overline z+Bz+\overline B\,\overline z+C=0,$$

其中 $A,C\in\mathbb R$；$A\ne0$ 时是圆，$A=0$ 时是直线。

快速检查

练习

1. 证明嵌入 $\phi:\mathbb R\to\mathbb C$，$\phi(x)=x+i0$，保留加法与乘法。
2. 把 $(3-2i)/(1+i)$ 写成 $a+bi$。
3. 证明 $z\overline z=|z|^2$，并用它推出非零 z 的逆元公式。
4. 求 $-\sqrt3+i$ 的模、所有辐角、主值辐角与极式。
5. 证明 $|1-\overline{z_1}z_2|^2-|z_1-z_2|^2=(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。
6. 用 De Moivre 定理，把 $\\cos(5\\theta)$ 与 $\\sin(5\\theta)$ 写成 $\cos\\theta$ 与 $\sin\\theta$ 的幂。
7. 用数学归纳法证明 $|\sum_{k=1}^n z_k|\le \sum_{k=1}^n |z_k|$。
8. 对 $\\theta\ne2k\pi$，用 $e^{i\\theta}$ 的等比和推导 $\sum_{k=1}^n \\cos(k\\theta)=\\sin(n\\theta/2)\cos((n+1)\\theta/2)/\\sin(\\theta/2)$。
9. 先在 $\mathbb C$ 上分解 $z^6-1$，再把非实共轭根配对，在 $\mathbb R$ 上分解它。
10. 以极式解 $z^4=16$。
11. 证明：若 $p(z)\in\mathbb R[z]$ 且 $p(\alpha)=0$，则 $p(\overline\alpha)=0$。
12. 证明 $z_1,z_2,z_3$ 共线，当且仅当 $(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$ 是实数。
13. 直接证明 $|z-1|=3|z+1|$ 是圆 $|z+5/4|=3/4$。
14. 设 $f(z)=az+b$ 且 $a\ne0$。证明对互异的 $z_1,z_2,z_3$， $(f(z_1)-f(z_3))/(f(z_2)-f(z_3))=(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$。

引导解答

1. 对实数 a,b， $\phi(a+b)=(a+b)+i0=(a+i0)+(b+i0)=\phi(a)+\phi(b)$。同时 $\phi(ab)=ab+i0=(a+i0)(b+i0)=\phi(a)\phi(b)$。所以实数运算在 $\mathbb C$ 内被保留。

2. 乘以分母的共轭：

   $$\frac{3-2i}{1+i} =\frac{(3-2i)(1-i)}{(1+i)(1-i)} =\frac{1-5i}{2} =\frac12-\frac52 i.$$

3. 若 $z=x+iy$，则 $z\overline z=(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2=|z|^2$。若 $z\ne0$，则 $|z|^2>0$，因此 $z^{-1}=\overline z/|z|^2=(x-iy)/(x^2+y^2)$。

4. 模为 2。由 $\cos\\theta=-\sqrt3/2$、$\sin\\theta=1/2$ 可知点在第二象限，主值辐角为 $5\pi/6$。全部辐角是 $5\pi/6+2k\pi$，而 $-\sqrt3+i=2(\\cos(5\pi/6)+i\\sin(5\pi/6))$。

5. 用共轭展开两个平方模：

   $$|1-\overline{z_1}z_2|^2 =(1-\overline{z_1}z_2)(1-z_1\overline{z_2}) =1-\overline{z_1}z_2-z_1\overline{z_2}+|z_1|^2|z_2|^2,$$

   而

   $$|z_1-z_2|^2 =|z_1|^2-z_1\overline{z_2}-\overline{z_1}z_2+|z_2|^2.$$

   相减后混合项抵消，得到 $(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。

6. 展开 $(\cos\\theta+i\sin\\theta)^5=\\cos(5\\theta)+i\\sin(5\\theta)$。偶次 i 的 项给实部，奇次 i 的项给虚部：

   $$\cos(5\theta)=\cos^5\theta-10\cos^3\theta\sin^2\theta +5\cos\theta\sin^4\theta,$$ $$\sin(5\theta)=5\cos^4\theta\sin\theta -10\cos^2\theta\sin^3\theta+\sin^5\theta.$$

7. $n=1$ 时显然成立。若命题对 n 成立，则

   $$\left|\sum_{k=1}^{n+1}z_k\right| = \left|\left(\sum_{k=1}^{n}z_k\right)+z_{n+1}\right| \le \left|\sum_{k=1}^{n}z_k\right|+|z_{n+1}| \le \sum_{k=1}^{n+1}|z_k|.$$

8. 因为 $e^{i\\theta}\ne1$，

   $$\sum_{k=1}^n e^{ik\theta} =e^{i\theta}\frac{e^{in\theta}-1}{e^{i\theta}-1}.$$

   用半角因子重写分子与分母，可得

   $$\sum_{k=1}^n e^{ik\theta} = \frac{\sin(n\theta/2)}{\sin(\theta/2)} e^{i(n+1)\theta/2}.$$

   比较实部便得到所需的余弦求和公式。

9. 在 $\mathbb C$ 上，令 $\omega=e^{2\pi i/6}$。则

   $$z^6-1=\prod_{k=0}^{5}(z-\omega^k).$$

   根为 1、$-1$、$e^{\pi i/3}$、$e^{-\pi i/3}$、$e^{2\pi i/3}$、 $e^{-2\pi i/3}$。配对共轭根可得

   $$z^6-1=(z-1)(z+1) \left(z^2-2\cos\frac{\pi}{3}z+1\right) \left(z^2-2\cos\frac{2\pi}{3}z+1\right),$$

   所以在 $\mathbb R$ 上，

   $$z^6-1=(z-1)(z+1)(z^2-z+1)(z^2+z+1).$$

10. 写 $16=16e^{2\pi i m}$。四次根的模是 2，辐角是 $(2k\pi)/4=k\pi/2$，所以解为

    $$2,\quad 2i,\quad -2,\quad -2i.$$

11. 写 $p(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0$，其中所有 $a_j$ 都是实数。 若 $p(\alpha)=0$，对两边取共轭得到

    $$a_n\overline\alpha^n+a_{n-1}\overline\alpha^{n-1} +\cdots+a_0=0,$$

    因为共轭保留和与乘积，而且 $\overline{a_j}=a_j$。这正是 $p(\overline\alpha)=0$。

12. 若三点共线，向量 $z_1-z_3$ 与 $z_2-z_3$ 同向或反向，辐角差为 0 或 $\pi$，故商为实数。反过来，若商为实数，则两向量辐角差为 0 或 $\pi$，所以两向量平行，三点共线。

13. 平方得到

    $$(z-1)(\overline z-1)=9(z+1)(\overline z+1).$$

    展开并整理：

    $$z\overline z+\frac54z+\frac54\overline z+1=0.$$

    这等价于

    $$\left(z+\frac54\right)\left(\overline z+\frac54\right)=\frac9{16},$$

    因此 $|z+5/4|=3/4$。

14. 因为 $f(z_j)=az_j+b$，

    $$\frac{f(z_1)-f(z_3)}{f(z_2)-f(z_3)} =\frac{a(z_1-z_3)}{a(z_2-z_3)} =\frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}.$$

    平移部分抵消，而非零的缩放 / 旋转因子 a 也抵消。