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 $i^2=-1$，乘以一次 $i$ 应对应逆时针旋转一次 $90^\circ$，连续乘两次才旋转 $180^\circ$。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。

定义

以有序对定义复数

复数集合定义为

$$\mathbb C=\{(x,y):x,y\in\mathbb R\}.$$

若 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in\mathbb C$，定义

$$(x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2),$$

以及

$$(x_1,y_1)(x_2,y_2)=(x_1x_2-y_1y_2,\;x_1y_2+x_2y_1).$$

实数 $x$ 视为 $(x,0)$，而 $i$ 表示 $(0,1)$。

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 $(x,y)$。特别地，有序对规则给出 $(0,1)^2=(-1,0)$，所以构造出的数系确实满足 $i^2=-1$。用新记法展开，得到

$$\begin{aligned} (x_1+iy_1)(x_2+iy_2) &=x_1x_2+i x_1y_2+i x_2y_1+i^2y_1y_2\\ &=(x_1x_2-y_1y_2)+i(x_1y_2+x_2y_1). \end{aligned}$$

熟悉的代数展开恰好重现了乘法定义的两个坐标；负号来自 $(iy_1)(iy_2)$ 中的 $i^2$。

定义

实部与虚部

若 $z=x+iy$，其中 $x,y\in\mathbb R$，则

$$\operatorname{Re}(z)=x,\qquad \operatorname{Im}(z)=y.$$

当 $\operatorname{Im}(z)=0$ 时，$z$ 是实数；当 $\operatorname{Re}(z)=0$ 时，$z$ 是纯虚数。

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。

思考检查

若有序对表示中的 $z=(3,-5)$，用 $x+iy$ 记法如何写？$\operatorname{Re}(z)$ 与 $\operatorname{Im}(z)$ 分别是多少？

使用 $(x,y)=x+iy$ 的识别。

解答 · 答案

$z=3-5i$，$\operatorname{Re}(z)=3$，$\operatorname{Im}(z)=-5$。

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。

定理

复数构成一个域

对每个 $z=x+iy\in\mathbb C$，加法逆元为

$$-z=(-x)+i(-y).$$

若 $z=x+iy\ne0$，则乘法逆元为

$$z^{-1}=\frac{x}{x^2+y^2}-i\frac{y}{x^2+y^2}.$$

连同交换律、结合律、单位元与分配律，这些性质表示 $\mathbb C$ 是一个域。

乘法逆元公式值得直接检查。$z=x+iy\ne0$ 当且仅当 $x^2+y^2\gt 0$，因为两个实数的平方和只有在两个坐标都为零时才等于零。因此

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

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

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

例题

除法计算

把

$$\frac{-1+4i}{6-3i}$$

写成 $a+bi$。

因为 $6-3i$ 的共轭是 $6+3i$，

$$\frac{-1+4i}{6-3i} =(-1+4i)\frac{6+3i}{6^2+(-3)^2}.$$

所以

$$\frac{-1+4i}{6-3i} =\frac{(-1)(6)+4(-3)}{45} +i\frac{4(6)-(-1)(-3)}{45} =-\frac25+\frac{7}{15}i.$$

思考检查

求 $2-i$ 的乘法逆元。

使用 $x+iy$ 的逆元公式。

解答 · 答案

这里 $x=2$、$y=-1$，所以

$$(2-i)^{-1}=\frac{2}{5}+i\frac{1}{5}.$$

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

定义

共轭复数与模

对 $z=x+iy$，定义

$$\overline z=x-iy,\qquad |z|=\sqrt{x^2+y^2}.$$

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

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

事实上，$(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2$，所以 $z\overline z$ 一定是非负实数。若 $z\ne0$，逆元可以重写为 $z^{-1}=\overline z/|z|^2$：先对实轴反射，再乘以缩放因子 $1/|z|^2$。同样，把分子与分母同时乘以非零分母的共轭，就会使分母成为正实数。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 $z_2\ne0$。

例题

平行四边形定律

对任意 $z_1,z_2\in\mathbb C$，

$$|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2=2|z_1|^2+2|z_2|^2.$$

用 $|u|^2=u\overline u$ 可得

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

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

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

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。

零复数没有辐角，因为它在原点处没有方向。所有辐角在模 $2\pi$ 的意义下表示同一个方向；主值辐角则选取唯一代表，包括 $\pi$，但不包括 $-\pi$。

例题

求极式

设

$$z=-2+2\sqrt3\,i.$$

则

$$|z|=\sqrt{(-2)^2+(2\sqrt3)^2}=4.$$

由

$$\cos\theta=-\frac12,\qquad \sin\theta=\frac{\sqrt3}{2},$$

可知点在第二象限，所以 $\theta=2\pi/3$。因此

$$\operatorname{Arg}(z)=\frac{2\pi}{3}, \qquad \arg(z)=\frac{2\pi}{3}+2k\pi, \quad k\in\mathbb Z,$$

并且

$$z=4\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right).$$

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 $z^{-1}=\overline z$。

思考检查

$-1-i$ 的主值辐角是多少？

先判断该点在复平面的哪一象限。

解答 · 答案

该点在第三象限，参考角为 $\pi/4$，其中一个辐角是 $5\pi/4$。主值辐角需 落在 $(-\pi,\pi]$，所以

$$\operatorname{Arg}(-1-i)=-\frac{3\pi}{4}.$$

乘法是旋转与缩放

设 $z_1,z_2\ne0$，因此两者的模都为正，辐角都有定义。写成

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

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。

概念视角几何

复数作为对象与乘数

从代数观点看，$w=u+iv$ 是具有两个实坐标的对象，乘积 $wz$ 由乘法规则决定。 固定 $w$，让 $z$ 变化，就得到另一种观点：$z\mapsto wz$ 是整个平面的变换。

当 $w\ne0$ 时，写成 $w=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)$，其中 $\rho>0$。 同一个乘积便表示先绕原点旋转 $\theta$，再按比例 $\rho$ 缩放。例如， $i(x+iy)=-y+ix$ 把 $(x,y)$ 变为 $(-y,x)$：代数坐标规则恰好就是逆时针 旋转四分之一圈。对非零输入，辐角在模 $2\pi$ 的意义下相加；输入 $z=0$ 仍留在原点，无须赋予辐角。若乘数是 $w=0$，每一点都会映到 $0$。 此时整个平面被压到一点，变换没有逆，也不是旋转后作正比例缩放。

用图形检验乘法的缩放与旋转

选定一个非零乘数，改变它的模或辐角。操作前先预测乘积：到原点的距离按乘数的模缩放，方向则转过它的辐角。用图中的直角坐标核对预测。

w 的辐角 = 90°

|w| = 1

wz ≈ (-1, 1); |wz| = 1√2

实线向量是 $z=1+i$，虚线向量是 $wz$。改变 $w$ 的辐角，就把 $z$ 旋转相同角度；改变 $|w|$，就按比例缩放长度。当 $w=i$，精确乘积为 $-1+i$，即逆时针转四分之一圈。辐角相加须按 $2\pi$ 取模。

对同样的两个非零复数，除法把第二个复数的旋转反向，并把长度相除：

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

常见错误

主值辐角不一定可直接相加

辐角相加是模 $2\pi$ 意义下的说法。一般不能直接写 $\operatorname{Arg}(z_1z_2)=\operatorname{Arg}(z_1)+\operatorname{Arg}(z_2)$。 相加后若不在 $(-\pi,\pi]$ 内，必须先调回主值范围。例如两个 $3\pi/4$ 相加得到 $3\pi/2$，其主值代表为 $-\pi/2$。

思考检查

若 $z=2(\cos(\pi/6)+i\sin(\pi/6))$ 且 $w=3(\cos(-\pi/4)+i\sin(-\pi/4))$，求 $zw$ 的极式。

把模相乘，把辐角相加。

解答 · 答案

模为 $2\cdot3=6$，辐角为 $\pi/6-\pi/4=-\pi/12$。因此

$$zw=6\left(\cos\left(-\frac{\pi}{12}\right) +i\sin\left(-\frac{\pi}{12}\right)\right).$$

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 $n$， $z^{-n}=(z^{-1})^n$。

定理

De Moivre 定理

对每个实角 $\theta$ 和每个整数 $n$，

$$(\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta).$$

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。它的模是一，所以逆元始终存在。这一定理讨论整数次方，并没有为分数次复数幂指定唯一值。

例题

三倍角公式

由 De Moivre 定理，

$$\cos(3\theta)+i\sin(3\theta) =(\cos\theta+i\sin\theta)^3.$$

展开右边：

$$(\cos^3\theta-3\cos\theta\sin^2\theta) +i(3\cos^2\theta\sin\theta-\sin^3\theta).$$

比较实部与虚部，得到

$$\cos(3\theta)=4\cos^3\theta-3\cos\theta,$$

以及

$$\sin(3\theta)=3\sin\theta-4\sin^3\theta.$$

思考检查

用 De Moivre 定理化简 $(\cos\theta+i\sin\theta)^4$。

把单位极式提升至四次方。

解答 · 答案

$$(\cos\theta+i\sin\theta)^4=\cos(4\theta)+i\sin(4\theta).$$

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 $e^{i\theta}$：

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

这种形式比较只是记法的动机，并不是复数级数收敛或重排合法性的证明。对实数 $\theta$，本节据此采用

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

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

定理

三角不等式

对所有 $z_1,z_2\in\mathbb C$，

$$|z_1+z_2|\le |z_1|+|z_2|.$$

等号成立当且仅当至少一个输入为零，或两个输入都非零且方向相同。等价地，存在实数 $t ≥ 0$，使 $z_1=t z_2$ 或 $z_2=t z_1$ 成立。

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。

上面唯一的不等式是 $\operatorname{Re}(u)\le|u|$，其中 $u=z_1\overline{z_2}$。等号成立当且仅当 $u$ 为非负实数：它的虚部须为零，实部须非负。若 $z_2\ne0$，则

$$z_1=\frac{u}{|z_2|^2}z_2.$$

比例因子非负，因此两个输入都非零时方向相同。若任一输入为零，直接代入便有等号。反过来，任一向量是另一向量的非负倍数时，长度确实相加，所以这些条件既必要又充分。

常见错误

模不是线性运算

通常 $|z_1+z_2|\ne |z_1|+|z_2|$。三角不等式只给出上界。两个向量都非零时，等号需要它们同向；任一向量为零时也有等号。例如 $1$ 与 $i$ 不满足等号情形。

$\mathbb C$ 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。

定理

代数基本定理

设 $p(z)\in\mathbb C[z]$ 的次数为 $n ≥ 1$，首项系数 $a_n\ne0$。则方程

$$p(z)=0$$

至少有一个复数解。

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 $n$ 个根按重数计算：重复出现的线性因子，要按其出现次数计入，而不只算作一个不同的根。

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

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

例题

实二次式中的共轭根

对

$$x^2+2x+5=0,$$

判别式是 $4-20=-16$。因此

$$x=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}2=-1\pm2i.$$

两个根互为共轭，并且

$$(x-(-1+2i))(x-(-1-2i))=x^2+2x+5.$$

思考检查

令 $\omega=e^{2\pi i/5}$。为什么 $\omega^3$ 也是五次单位根？

使用指数律。

解答 · 答案

因为

$$(\omega^3)^5=\omega^{15}=(\omega^5)^3=1^3=1.$$

所以 $\omega^3$ 是 $z^5-1=0$ 的根。

单位根与解 $z^n=z_0$

设 $n$ 为正整数。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 $r_0\gt 0$，把可能的根写成 $z=re^{i\theta}$，其中 $r\gt 0$。比较模与辐角得到

$$r^n=r_0,\qquad n\theta=\theta_0+2k\pi,\quad k\in\mathbb Z.$$

所以所有解为

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

每个根的模都是 $r_0^{1/n}$；辐角相隔 $2\pi/n$。两个指标给出同一根，当且仅当它们的差是 $n$ 的整数倍，因此 $0,1,\ldots,n-1$ 给出互异的根。任一整数指标都可模 $n$ 化到这些指标之一，故没有遗漏。当 $z_0=0$ 时，唯一的根是 $z=0$，不使用非零复数的极式求根公式。

例题

一的三次根

当 $n=3$，

$$\omega=e^{2\pi i/3}=-\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i.$$

一的三个三次根是

$$1,\quad \omega,\quad \omega^2 =-\frac12-\frac{\sqrt3}{2}i.$$

它们位于单位圆上，辐角分别是 $0$、$2\pi/3$、$4\pi/3$，形成正三角形。

思考检查

设 $z_1,z_2,z_3$ 两两互异，比值 $(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$ 如何判断三点共线？

留意它的辐角。

解答 · 答案

这个比值比较由 $z_3$ 出发的两个有向向量。若比值为实数，它的辐角是 $0$ 或 $\pi$，因此两个向量同向或反向，三点就在同一直线上。

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。

定理

共线判别

互异点 $z_1,z_2,z_3\in\mathbb C$ 共线，当且仅当

$$\frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}\in\mathbb R.$$

等价地，

$$\begin{vmatrix} 1&1&1\\ z_1&z_2&z_3\\ \overline{z_1}&\overline{z_2}&\overline{z_3} \end{vmatrix}=0.$$

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。

对于两个非退化三角形，复数比值也可描述同向相似：

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

等式表示对应边长比与夹角都相同。

例题

正三角形判别

令 $\omega=e^{2\pi i/3}$。若 $z_1,z_2,z_3$ 以逆时针方向排列，则三角形为 正三角形，当且仅当它与 $1,\omega,\omega^2$ 相似。其中一个简洁条件是

$$z_1+z_2\omega+z_3\omega^2=0.$$

这把等边与 $60^\circ$ 角度的几何条件，转成一条代数方程。

对四个互异的复平面点，定义交比（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

$$|z-z_0|=r$$

在 $r\gt 0$ 时表示以 $z_0$ 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，对不同端点 $z_1\ne z_2$，

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

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

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

固定三个非共线点 $z_1,z_2,z_3$。对于 $z\notin\{z_1,z_2,z_3\}$，该点属于三点决定的圆，当且仅当

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

要描述整个圆，还须另外加上三个固定顶点。特别地，这个有理式在 $z=z_1$ 有极点；四点互异的定义不在任何固定顶点处应用这项判别。

例题

Apollonius 圆

证明

$$|z-1|=3|z+1|$$

表示一个圆。写成距离比时，条件是 $|z-1|/|z+1|=3$，其中 $z\ne-1$；原来的等式本身也排除了这个点。平方并展开：

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

整理后得到

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

完成平方：

$$\left|z+\frac54\right|=\frac34.$$

所以轨迹是以 $-5/4$ 为圆心、半径为 $3/4$ 的圆。当 $z=-1$ 时，到这个圆心的距离是 $1/4$，不是 $3/4$，所以完成平方没有引入分母为零的排除点。

以下变换讨论属于选读内容。复变换作用于复平面的点；涉及除法时，定义域须相应限制。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：$f(z)=1/z$，其中 $z\ne0$；
• 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，因此在各有限表达式有定义时，Mobius 变换

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

也保留 cross ratio。有限值公式要求 $cz+d\ne0$。把整条直线或整个圆映成直线或圆的说法，使用扩充复平面 $\mathbb C\cup\{\infty\}$，约定每条直线都包含无穷远点。若 $c\ne0$，定义 $f(-d/c)=\infty$、$f(\infty)=a/c$；若 $c=0$，定义 $f(\infty)=\infty$。采用这些约定后，Mobius 变换确实把直线与圆送到直线或圆。只保留有限输入与有限输出时，所得轨迹可能缺少一个点。有限平面中的直线或圆可写成

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

其中 $A,C\in\mathbb R$，且 $|B|^2-AC\gt 0$。在此条件下，$A\ne0$ 时是真正的圆，$A=0$ 时是直线。

快速检查

思考检查

$|z-1|=|z+3|$ 描述什么几何对象？

把它读成等距条件。

解答 · 答案

它是连接 $1$ 与 $-3$ 的线段之垂直平分线。两点都在实轴上，中点是 $-1$， 所以垂直平分线是直线 $\operatorname{Re}(z)=-1$。

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. 设 $z_1,z_2,z_3$ 两两互异，证明它们共线，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

解答 · 参考解答 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。

解答 · 参考解答 2

乘以分母的共轭：

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

解答 · 参考解答 3

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

解答 · 参考解答 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 $-\sqrt3+i=2(\cos(5\pi/6)+i\sin(5\pi/6))$。

解答 · 参考解答 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 $(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。

解答 · 参考解答 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：

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

解答 · 参考解答 7

$n=1$ 时显然成立。若命题对 $n$ 成立，则

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

解答 · 参考解答 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。

解答 · 参考解答 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，

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

解答 · 参考解答 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

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

解答 · 参考解答 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 $p(\overline\alpha)=0$。

解答 · 参考解答 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。

解答 · 参考解答 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 $|z+5/4|=3/4$。

解答 · 参考解答 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。