6.1 複數、極形式與幾何

為何複數應放在平面上

方程 $x^2+1=0$ 在實數中沒有解。引入滿足 $i^2=-1$ 的符號 $i$，不只是 代數上的記號方便；它亦提示我們要把實數線擴展成一個平面。乘以 $-1$ 可視 為在實數線上旋轉 $180^\circ$。既然 $i^2=-1$，乘以一次 $i$ 應對應逆時針旋轉一次 $90^\circ$，連續乘兩次才旋轉 $180^\circ$。因此 $i\cdot1$ 自然對應到平面中的 $(0,1)$。

正式處理時，我們不先假設 $x+iy$ 已經有意義，而是先把複數定義為平面上的 有序對，再定義加法與乘法，使 $i^2=-1$ 成為運算規則的一部分。

定義

以有序對定義複數

複數集合定義為

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

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

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

以及

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

實數 $x$ 視為 $(x,0)$，而 $i$ 表示 $(0,1)$。

這些定義保證 $x+iy$ 與有序對表示法一致。因為對實數 $x,y$，

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

所以往後我們寫

$$z=x+iy$$

來表示有序對 $(x,y)$。特別地，有序對規則給出 $(0,1)^2=(-1,0)$，所以構造出的數系確實滿足 $i^2=-1$。用新記法展開，得到

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

熟悉的代數展開恰好重現了乘法定義的兩個座標；負號來自 $(iy_1)(iy_2)$ 中的 $i^2$。

定義

實部與虛部

若 $z=x+iy$，其中 $x,y\in\mathbb R$，則

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

當 $\operatorname{Im}(z)=0$ 時，$z$ 是實數；當 $\operatorname{Re}(z)=0$ 時，$z$ 是純虛數。

複數相等就是有序對相等。因此

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

這一點使我們可以在複數等式中比較實部與虛部。

思考檢查

若有序對表示中的 $z=(3,-5)$，用 $x+iy$ 記法如何寫？$\operatorname{Re}(z)$ 與 $\operatorname{Im}(z)$ 分別是多少？

使用 $(x,y)=x+iy$ 的識別。

解答 · 答案

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

複數運算與域結構

以上運算使 $\mathbb C$ 成為一個完整的數系。加法與乘法具交換律與結合律， 乘法對加法有分配律，$0=0+i0$ 是加法單位元，而 $1=1+i0$ 是乘法單位元。

定理

複數構成一個域

對每個 $z=x+iy\in\mathbb C$，加法逆元為

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

若 $z=x+iy\ne0$，則乘法逆元為

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

連同交換律、結合律、單位元與分配律，這些性質表示 $\mathbb C$ 是一個域。

乘法逆元公式值得直接檢查。$z=x+iy\ne0$ 當且僅當 $x^2+y^2\gt 0$，因為兩個實數的平方和只有在兩個座標都為零時才等於零。因此

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

因此非零複數都可相除；也因此 $\mathbb C$ 沒有零因子：若 $zw=0$，則 $z=0$ 或 $w=0$。

減法與除法

若 $z=a+ib$、$w=c+id$，則

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

若 $w\ne0$，除法就是乘以 $w$ 的乘法逆元：

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

展開後得到

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

例題

除法計算

把

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

寫成 $a+bi$。

因為 $6-3i$ 的共軛是 $6+3i$，

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

所以

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

思考檢查

求 $2-i$ 的乘法逆元。

使用 $x+iy$ 的逆元公式。

解答 · 答案

這裏 $x=2$、$y=-1$，所以

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

Argand 平面

複數 $z=x+iy$ 可以表示為座標平面上的點或向量 $(x,y)$。水平座標是實部， 垂直座標是虛部。這個平面稱為複平面或 Argand 平面；水平軸稱為實軸， 垂直軸稱為虛軸。

複數加法就是向量加法：

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

相比之下，乘法在直角座標下較難直接看出幾何意義；引入模與幅角後，乘法 會變成旋轉與縮放。

共軛與模

定義

共軛複數與模

對 $z=x+iy$，定義

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

共軛複數是把點對實軸作反射；模是該點到原點的距離。

基本性質包括

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

以及

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

共軛會保留加減乘除的結構：

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

其中 $z_2\ne0$。

模與共軛的核心關係是

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

事實上，$(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2$，所以 $z\overline z$ 一定是非負實數。若 $z\ne0$，逆元可以重寫為 $z^{-1}=\overline z/|z|^2$：先對實軸反射，再乘以縮放因子 $1/|z|^2$。同樣，把分子與分母同時乘以非零分母的共軛，就會使分母成為正實數。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 $z_2\ne0$。

例題

平行四邊形定律

對任意 $z_1,z_2\in\mathbb C$，

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

用 $|u|^2=u\overline u$ 可得

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

幅角與極式

設 $z=x+iy\ne0$。$z$ 的一個幅角是由正實軸逆時針量到點 $(x,y)$ 的角。 若 $\theta$ 是一個幅角，則全部幅角為

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

主值幅角是落在區間

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

中的唯一幅角。

若 $r=|z|$，則

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

其中 $\theta$ 是 $z$ 的任一幅角。這稱為 $z$ 的極式。

零複數沒有幅角，因為它在原點處沒有方向。所有幅角在模 $2\pi$ 的意義下表示同一個方向；主值幅角則選取唯一代表，包括 $\pi$，但不包括 $-\pi$。

例題

求極式

設

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

則

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

由

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

可知點在第二象限，所以 $\theta=2\pi/3$。因此

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

並且

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

極式亦能簡潔表示共軛與逆元：

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

特別地，若 $|z|=1$，則 $z^{-1}=\overline z$。

思考檢查

$-1-i$ 的主值幅角是多少？

先判斷該點在複平面的哪一象限。

解答 · 答案

該點在第三象限，參考角為 $\pi/4$，其中一個幅角是 $5\pi/4$。主值幅角需 落在 $(-\pi,\pi]$，所以

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

乘法是旋轉與縮放

設 $z_1,z_2\ne0$，因此兩者的模都為正，幅角都有定義。寫成

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

利用三角函數的和角公式，

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

因此乘法會把模相乘、把幅角相加：

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

但幅角只在相差 $2\pi$ 的意義下確定。

概念視角幾何

複數作為對象與乘數

從代數觀點看，$w=u+iv$ 是具有兩個實座標的對象，乘積 $wz$ 由乘法規則決定。 固定 $w$，讓 $z$ 變化，就得到另一種觀點：$z\mapsto wz$ 是整個平面的變換。

當 $w\ne0$ 時，寫成 $w=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)$，其中 $\rho>0$。 同一個乘積便表示先繞原點旋轉 $\theta$，再按比例 $\rho$ 縮放。例如， $i(x+iy)=-y+ix$ 把 $(x,y)$ 變為 $(-y,x)$：代數座標規則恰好就是逆時針 旋轉四分之一圈。對非零輸入，幅角在模 $2\pi$ 的意義下相加；輸入 $z=0$ 仍留在原點，無須賦予幅角。若乘數是 $w=0$，每一點都會映到 $0$。 此時整個平面被壓到一點，變換沒有逆，也不是旋轉後作正比例縮放。

用圖形檢驗乘法的縮放與旋轉

選定一個非零乘數，改變它的模或幅角。操作前先預測乘積：到原點的距離按乘數的模縮放，方向則轉過它的幅角。用圖中的直角座標核對預測。

w 的幅角 = 90°

|w| = 1

wz ≈ (-1, 1); |wz| = 1√2

實線向量是 $z=1+i$，虛線向量是 $wz$。改變 $w$ 的幅角，就把 $z$ 旋轉相同角度；改變 $|w|$，就按比例縮放長度。當 $w=i$，精確乘積為 $-1+i$，即逆時針轉四分之一圈。幅角相加須按 $2\pi$ 取模。

對同樣的兩個非零複數，除法把第二個複數的旋轉反向，並把長度相除：

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

常見錯誤

主值幅角不一定可直接相加

幅角相加是模 $2\pi$ 意義下的說法。一般不能直接寫 $\operatorname{Arg}(z_1z_2)=\operatorname{Arg}(z_1)+\operatorname{Arg}(z_2)$。 相加後若不在 $(-\pi,\pi]$ 內，必須先調回主值範圍。例如兩個 $3\pi/4$ 相加得到 $3\pi/2$，其主值代表為 $-\pi/2$。

思考檢查

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

把模相乘，把幅角相加。

解答 · 答案

模為 $2\cdot3=6$，幅角為 $\pi/6-\pi/4=-\pi/12$。因此

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

De Moivre 定理

整數次方由反覆乘法定義。若 $z\ne0$，則 $z^0=1$，且對正整數 $n$， $z^{-n}=(z^{-1})^n$。

定理

De Moivre 定理

對每個實角 $\theta$ 和每個整數 $n$，

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

當 $n$ 為正整數時，可由極式乘法規則作數學歸納法證明。$n=0$ 時顯然成立。 當 $n$ 為負整數時，寫 $n=-m$，使用正整數情形，再用單位模複數的逆元等於 共軛這一事實。它的模是一，所以逆元始終存在。這一定理討論整數次方，並沒有為分數次複數冪指定唯一值。

例題

三倍角公式

由 De Moivre 定理，

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

展開右邊：

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

比較實部與虛部，得到

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

以及

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

思考檢查

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

把單位極式提升至四次方。

解答 · 答案

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

Euler 公式與指數形式

正弦、餘弦與指數函數的冪級數提示我們如何理解 $e^{i\theta}$：

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

這種形式比較只是記法的動機，並不是複數級數收斂或重排合法性的證明。對實數 $\theta$，本節據此採用

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

非零複數因此可寫成指數形式

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

其中 $r=|z|$，而 $\theta$ 是 $z$ 的一個幅角。

此記法把乘法與 De Moivre 定理寫得更簡潔：

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

同時，

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

代入 $\theta=\pi$ 得 Euler 恆等式：

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

三角不等式

定理

三角不等式

對所有 $z_1,z_2\in\mathbb C$，

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

等號成立當且僅當至少一個輸入為零，或兩個輸入都非零且方向相同。等價地，存在實數 $t ≥ 0$，使 $z_1=t z_2$ 或 $z_2=t z_1$ 成立。

證明中使用共軛可避免冗長的座標展開：

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

兩邊皆非負，取平方根便得結論。

上面唯一的不等式是 $\operatorname{Re}(u)\le|u|$，其中 $u=z_1\overline{z_2}$。等號成立當且僅當 $u$ 為非負實數：它的虛部須為零，實部須非負。若 $z_2\ne0$，則

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

比例因子非負，因此兩個輸入都非零時方向相同。若任一輸入為零，直接代入便有等號。反過來，任一向量是另一向量的非負倍數時，長度確實相加，所以這些條件既必要又充分。

常見錯誤

模不是線性運算

通常 $|z_1+z_2|\ne |z_1|+|z_2|$。三角不等式只給出上界。兩個向量都非零時，等號需要它們同向；任一向量為零時也有等號。例如 $1$ 與 $i$ 不滿足等號情況。

$\mathbb C$ 上的多項式根

引入複數的最初原因，是 $x^2+1=0$ 在實數中無解。更深一層的封閉性是： 一旦允許複係數與複根，每個非常數多項式都至少有一個根。

定理

代數基本定理

設 $p(z)\in\mathbb C[z]$ 的次數為 $n ≥ 1$，首項係數 $a_n\ne0$。則方程

$$p(z)=0$$

至少有一個複數解。

本節不證明這個定理，但會使用它的後果。若 $\alpha$ 是一個根，則 $p(z)=(z-\alpha)q(z)$，其中 $q$ 的次數比 $p$ 小一。反覆分解可得

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

其中 $n$ 個根按重數計算：重複出現的線性因子，要按其出現次數計入，而不只算作一個不同的根。

若多項式係數全為實數，非實根會成共軛對出現。設

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

若 $p(\alpha)=0$，對等式兩邊取共軛便得到 $p(\overline\alpha)=0$。

因此，實係數多項式可分解成實線性因子與實二次因子。非實共軛對給出

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

例題

實二次式中的共軛根

對

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

判別式是 $4-20=-16$。因此

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

兩個根互為共軛，並且

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

思考檢查

令 $\omega=e^{2\pi i/5}$。為何 $\omega^3$ 也是五次單位根？

使用指數律。

解答 · 答案

因為

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

所以 $\omega^3$ 是 $z^5-1=0$ 的根。

單位根與解 $z^n=z_0$

設 $n$ 為正整數。極式使 $z^n=1$ 這類方程的根變得清楚。令

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

則 $\omega^n=1$，而

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

是 $n$ 個互異的 $n$ 次單位根。因此

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

在實數上分解時，要把共軛根配成二次因子。例如 $n=5$ 時，

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

同一方法可解 $z^n=z_0$。若 $z_0=r_0e^{i\theta_0}$ 且 $r_0\gt 0$，把可能的根寫成 $z=re^{i\theta}$，其中 $r\gt 0$。比較模與幅角得到

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

所以所有解為

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

每個根的模都是 $r_0^{1/n}$；幅角相隔 $2\pi/n$。兩個指標給出同一根，當且僅當它們的差是 $n$ 的整數倍，因此 $0,1,\ldots,n-1$ 給出互異的根。任一整數指標都可模 $n$ 化到這些指標之一，故沒有遺漏。當 $z_0=0$ 時，唯一的根是 $z=0$，不使用非零複數的極式求根公式。

例題

一的三次根

當 $n=3$，

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

一的三個三次根是

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

它們位於單位圓上，幅角分別是 $0$、$2\pi/3$、$4\pi/3$，形成正三角形。

思考檢查

設 $z_1,z_2,z_3$ 兩兩互異，比值 $(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$ 如何判斷三點共線？

留意它的幅角。

解答 · 答案

這個比值比較由 $z_3$ 出發的兩個有向向量。若比值為實數，它的幅角是 $0$ 或 $\pi$，因此兩個向量同向或反向，三點就在同一直線上。

由複數比值讀幾何

複數差表示有方向的向量。對互異點 $z_1,z_2,z_3$，寫

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

則 $r=|z_1-z_3|/|z_2-z_3|$，而 $\theta$ 是由向量 $z_2-z_3$ 轉到 $z_1-z_3$ 的有向角。因此，一個複數比值同時記錄邊長比與角度。

定理

共線判別

互異點 $z_1,z_2,z_3\in\mathbb C$ 共線，當且僅當

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

等價地，

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

比值為實數表示兩個向量的幅角相差 $0$ 或 $\pi$，也就是在同一直線上。

對於兩個非退化三角形，複數比值亦可描述同向相似：

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

等式表示對應邊長比與夾角都相同。

例題

正三角形判別

令 $\omega=e^{2\pi i/3}$。若 $z_1,z_2,z_3$ 以逆時針方向排列，則三角形為 正三角形，當且僅當它與 $1,\omega,\omega^2$ 相似。其中一個簡潔條件是

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

這把等邊與 $60^\circ$ 角度的幾何條件，轉成一條代數方程。

對四個互異的複平面點，定義交比（cross ratio）：

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

在本階段，重點不是一次記住所有恆等式，而是看見反覆使用的策略：平移用差 表示，縮放與旋轉用乘法表示，形狀資訊則用比值表示。

軌跡方程與複變換

許多平面軌跡都可用複數記法簡潔表示。方程

$$|z-z_0|=r$$

在 $r\gt 0$ 時表示以 $z_0$ 為圓心、半徑為 $r$ 的圓。平方後得到

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

較方便展開。

同樣地，對不同端點 $z_1\ne z_2$，

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

表示連接 $z_1$ 與 $z_2$ 的線段之垂直平分線，因為它描述所有到兩端點距離 相等的點。通過 $z_1,z_2$ 的直線可寫成

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

固定三個非共線點 $z_1,z_2,z_3$。對於 $z\notin\{z_1,z_2,z_3\}$，該點屬於三點決定的圓，當且僅當

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

要描述整個圓，還須另外加上三個固定頂點。特別地，這個有理式在 $z=z_1$ 有極點；四點互異的定義不在任何固定頂點處應用這項判別。

例題

Apollonius 圓

證明

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

表示一個圓。寫成距離比時，條件是 $|z-1|/|z+1|=3$，其中 $z\ne-1$；原來的等式本身也排除了這個點。平方並展開：

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

整理後得到

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

完成平方：

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

所以軌跡是以 $-5/4$ 為圓心、半徑為 $3/4$ 的圓。當 $z=-1$ 時，到這個圓心的距離是 $1/4$，不是 $3/4$，所以完成平方沒有引入分母為零的排除點。

以下變換討論屬於選讀內容。複變換作用於複平面的點；涉及除法時，定義域須相應限制。基本例子包括：

• 縮放：$f(z)=rz$，其中 $r\in\mathbb R$ 且 $r\ne0$；
• 平移：$f(z)=z+a$；
• 旋轉：$f(z)=e^{i\theta}z$；
• 反演：$f(z)=1/z$，其中 $z\ne0$；
• 對實軸反射：$f(z)=\overline z$。

例如 $f(z)=z^2$ 會把 $z=re^{i\theta}$ 送到

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

所以它會把離原點的距離平方，並把幅角加倍。

平移、旋轉與共軛會保距離。平移、旋轉與縮放會保留三點比值

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

因此它們保留相似性。Cross ratio 更穩定：縮放、平移、旋轉與反演都保留 cross ratio，因此在各有限表達式有定義時，Mobius 變換

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

亦保留 cross ratio。有限值公式要求 $cz+d\ne0$。把整條直線或整個圓映成直線或圓的說法，使用擴充複平面 $\mathbb C\cup\{\infty\}$，約定每條直線都包含無窮遠點。若 $c\ne0$，定義 $f(-d/c)=\infty$、$f(\infty)=a/c$；若 $c=0$，定義 $f(\infty)=\infty$。採用這些約定後，Mobius 變換確實把直線與圓送到直線或圓。只保留有限輸入與有限輸出時，所得軌跡可能缺少一個點。有限平面中的直線或圓可寫成

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

其中 $A,C\in\mathbb R$，且 $|B|^2-AC\gt 0$。在此條件下，$A\ne0$ 時是真正的圓，$A=0$ 時是直線。

快速檢查

思考檢查

$|z-1|=|z+3|$ 描述甚麼幾何對象？

把它讀成等距條件。

解答 · 答案

它是連接 $1$ 與 $-3$ 的線段之垂直平分線。兩點都在實軸上，中點是 $-1$， 所以垂直平分線是直線 $\operatorname{Re}(z)=-1$。

練習

1. 證明嵌入 $\phi:\mathbb R\to\mathbb C$，$\phi(x)=x+i0$，保留加法與乘法。
2. 把 $(3-2i)/(1+i)$ 寫成 $a+bi$。
3. 證明 $z\overline z=|z|^2$，並用它推出非零 $z$ 的逆元公式。
4. 求 $-\sqrt3+i$ 的模、所有幅角、主值幅角與極式。
5. 證明 $|1-\overline{z_1}z_2|^2-|z_1-z_2|^2=(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。
6. 用 De Moivre 定理，把 $\cos(5\theta)$ 與 $\sin(5\theta)$ 寫成 $\cos\theta$ 與 $\sin\theta$ 的冪。
7. 用數學歸納法證明 $|\sum_{k=1}^n z_k|\le \sum_{k=1}^n |z_k|$。
8. 對 $\theta\ne2k\pi$，用 $e^{i\theta}$ 的等比和推導 $\sum_{k=1}^n \cos(k\theta)=\sin(n\theta/2)\cos((n+1)\theta/2)/\sin(\theta/2)$。
9. 先在 $\mathbb C$ 上分解 $z^6-1$，再把非實共軛根配對，在 $\mathbb R$ 上分解它。
10. 以極式解 $z^4=16$。
11. 證明：若 $p(z)\in\mathbb R[z]$ 且 $p(\alpha)=0$，則 $p(\overline\alpha)=0$。
12. 設 $z_1,z_2,z_3$ 兩兩互異，證明它們共線，當且僅當 $(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$ 是實數。
13. 直接證明 $|z-1|=3|z+1|$ 是圓 $|z+5/4|=3/4$。
14. 設 $f(z)=az+b$ 且 $a\ne0$。證明對互異的 $z_1,z_2,z_3$， $(f(z_1)-f(z_3))/(f(z_2)-f(z_3))=(z_1-z_3)/(z_2-z_3)$。

引導解答

解答 · 參考解答 1

對實數 $a,b$， $\phi(a+b)=(a+b)+i0=(a+i0)+(b+i0)=\phi(a)+\phi(b)$。同時 $\phi(ab)=ab+i0=(a+i0)(b+i0)=\phi(a)\phi(b)$。所以實數運算在 $\mathbb C$ 內被保留。

解答 · 參考解答 2

乘以分母的共軛：

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

解答 · 參考解答 3

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

解答 · 參考解答 4

模為 $2$。由 $\cos\theta=-\sqrt3/2$、$\sin\theta=1/2$ 可知點在第二象限，主值幅角為 $5\pi/6$。全部幅角是 $5\pi/6+2k\pi$，而 $-\sqrt3+i=2(\cos(5\pi/6)+i\sin(5\pi/6))$。

解答 · 參考解答 5

用共軛展開兩個平方模：

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

而

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

相減後混合項抵消，得到 $(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。

解答 · 參考解答 6

展開 $(\cos\theta+i\sin\theta)^5=\cos(5\theta)+i\sin(5\theta)$。偶次 $i$ 的 項給實部，奇次 $i$ 的項給虛部：

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

解答 · 參考解答 7

$n=1$ 時顯然成立。若命題對 $n$ 成立，則

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

解答 · 參考解答 8

因為 $e^{i\theta}\ne1$，

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

用半角因子重寫分子與分母，可得

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

比較實部便得到所需的餘弦求和公式。

解答 · 參考解答 9

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

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

根為 $1$、$-1$、$e^{\pi i/3}$、$e^{-\pi i/3}$、$e^{2\pi i/3}$、 $e^{-2\pi i/3}$。配對共軛根可得

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

所以在 $\mathbb R$ 上，

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

解答 · 參考解答 10

寫 $16=16e^{2\pi i m}$。四次根的模是 $2$，幅角是 $(2k\pi)/4=k\pi/2$，所以解為

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

解答 · 參考解答 11

寫 $p(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0$，其中所有 $a_j$ 都是實數。 若 $p(\alpha)=0$，對兩邊取共軛得到

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

因為共軛保留和與乘積，而且 $\overline{a_j}=a_j$。這正是 $p(\overline\alpha)=0$。

解答 · 參考解答 12

若三點共線，向量 $z_1-z_3$ 與 $z_2-z_3$ 同向或反向，幅角差為 $0$ 或 $\pi$，故商為實數。反過來，若商為實數，則兩向量幅角差為 $0$ 或 $\pi$，所以兩向量平行，三點共線。

解答 · 參考解答 13

平方得到

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

展開並整理：

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

這等價於

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

因此 $|z+5/4|=3/4$。

解答 · 參考解答 14

因為 $f(z_j)=az_j+b$，

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

平移部分抵消，而非零的縮放 / 旋轉因子 $a$ 亦抵消。