复数

复数既扩展了实数运算，也能表示平面上的点。把这两种理解联系起来，许多公式就有了几何含义：加法合成位移，乘法叠加旋转与伸缩。本章要解决的不只是如何算出答案，还包括如何在不同表示之间转换，并保留所有解和必要条件。

本章以数系、算法与递归中的实数运算、初等三角函数和三角不等式为基础。MIT 的复变函数入门讲义也从代数、几何和指数三个角度介绍复数，可作配套阅读[1][1] J. Orloff, “Topic 1: Complex Algebra and the Complex Plane,” 2018. MIT OpenCourseWare, 18.04 Complex Variables with Applications, Spring 2018. https://ocw.mit.edu/courses/18-04-complex-variables-with-applications-spring-2018/resources/mit18_04s18_topic1/。

从有序对构造复数运算

实数中没有平方等于 $-1$ 的数。要扩充数系，又不破坏原有运算，可以先取实数有序对，再定义加法和乘法。

定义复数

复数集 $\mathbb C$ 的元素是 $\mathbb R^2$ 中的有序对，运算规定为

$$\begin{aligned} (a,b)+(c,d)&=(a+c,b+d),\\ (a,b)(c,d)&=(ac-bd,ad+bc). \end{aligned}$$

把实数 $a$ 视为 $(a,0)$，并记 $i=(0,1)$。由乘法定义可得 $i^2=(-1,0)=-1$，而 $(a,b)=a+bi$。两个复数相等，当且仅当两个坐标分别相等。

对于 $z=a+bi$，实部是 $\operatorname{Re}z=a$，虚部是 $\operatorname{Im}z=b$。实部和虚部都是实数，虚部是 $b$，不是 $bi$。当 $b=0$ 时，$z$ 是实数；当 $a=0$ 且 $b\ne0$ 时，$z$ 是非零纯虚数。

有序对的运算写成代数形式，就是

$$\begin{aligned} &(a+bi)+(c+di)\\ &\quad=(a+c)+(b+d)i,\\ &(a+bi)(c+di)\\ &\quad=(ac-bd)+(ad+bc)i. \end{aligned}$$

计算时可以照常展开，再把 $i^2$ 换成 $-1$。例如，$(2+i)(3-2i)=8-i$。虚数单位的幂每四项循环一次：

$$i^0=1,\quad i^1=i,\quad i^2=-1,\quad i^3=-i.$$

负整数次幂也遵循这个循环。例如 $i^{-1}=-i$，因为 $i(-i)=1$。

共轭、模与除法

定义共轭复数与模

对于 $z=a+bi$，定义

$$\overline z=a-bi,\qquad |z|=\sqrt{a^2+b^2}.$$

这里的平方根是非负实平方根。因此 $|z|\ge0$，且 $|z|=0$ 当且仅当 $z=0$。

直接相乘可得关键恒等式 $z\overline z=|z|^2$。若 $z\ne0$，右侧是正实数，于是可以构造乘法逆元：

$$\frac1z=\frac{\overline z}{|z|^2} =\frac{a-bi}{a^2+b^2}.$$

因此，复数除法可以通过分子、分母同乘分母的共轭来计算。例如，

$$\begin{aligned} \frac{3+4i}{1+2i} &=\frac{(3+4i)(1-2i)}5\\ &=\frac{11}5-\frac25i. \end{aligned}$$

共轭保持加法与乘法：

$$\begin{aligned} \overline{z+w}&=\overline z+\overline w,\\ \overline{zw}&=\overline z\,\overline w,\\ \overline{\overline z}&=z. \end{aligned}$$

此外，$z+\overline z=2\operatorname{Re}z$，$z-\overline z=2i\operatorname{Im}z$。这些关系都能由坐标展开验证；在较复杂的运算中，先用恒等式往往比直接展开更简洁。

为什么这些运算构成一个域

证明

加法的交换律与结合律来自实数的坐标加法。加法单位元是 $(0,0)$，$(a,b)$ 的加法逆元是 $(-a,-b)$。乘法公式交换两个有序对后不变，因此满足交换律；乘法单位元是 $(1,0)$。

设 $z=a+bi$、$w=c+di$、$u=e+fi$。分别展开 $(zw)u$ 和 $z(wu)$，两者的实部都是

$$ace-bde-adf-bcf,$$

虚部都是

$$acf-bdf+ade+bce.$$

这就证明了乘法结合律。分配律同样由实数坐标展开得到。前面的逆元公式则保证每个非零元素都有乘法逆元，所以复数满足域的公理。

特别地，$zw=0$ 蕴含 $z=0$ 或 $w=0$：如果 $z\ne0$，两边乘以其逆元即可得到 $w=0$。解已经因式分解的方程时，逐个令因子为零，依据就在这里。

复数是域，但不能成为有序域。在有序域中，非零元素的平方必须为正；若把这个要求用于 $i$，就会得到 $-1>0$，产生矛盾。因此，复数题中的不等式通常比较模、实部等实数量，而不是给全体复数规定一个与域运算相容的大小次序。

注方程的根与根号的取值约定

方程 $z^2=-5$ 有两个根 $\pm i\sqrt5$。若约定 $\sqrt{-5}$ 表示复平方根的主值，它的值就是 $i\sqrt5$。不能把实数中的根号乘法法则无条件搬过来：

$$\sqrt{-1}\sqrt{-1}=-1\ne1=\sqrt{(-1)(-1)}.$$

后面将用极形式统一求出一个复数的所有根。

把运算读成平面几何

用点 $(x,y)$ 表示复数 $z=x+iy$。模 $|z|$ 是该点到原点的距离，$|z-w|$ 是两点之间的距离。复数加法对应向量加法，减法对应位移，共轭则对应关于实轴的反射。

复数条件	几何含义
$	z-a
$	z-a
$\operatorname{Re}z>c$，$c\in\mathbb R$	直线 $x=c$ 右侧的开半平面
$	z-a

半径为零时，圆的方程与闭圆盘的不等式都只剩点 $a$。半径为负时，两者都没有解。

乘积 $z\overline w$ 把复数代数与欧氏几何联系起来。若 $z=x+iy$、$w=u+iv$，则

$$\operatorname{Re}(z\overline w)=xu+yv.$$

右侧正是对应的两个实向量的点积。因此，

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

定理乘积与商的模

对任意 $z,w\in\mathbb C$，

$$|zw|=|z||w|.$$

若 $w\ne0$，还有 $|z/w|=|z|/|w|$。

证明

利用共轭性质与乘法交换律，

$$\begin{aligned} |zw|^2&=zw\overline z\,\overline w\\ &=(z\overline z)(w\overline w)\\ &=|z|^2|w|^2. \end{aligned}$$

两边所比较的模都是非负数，平方相等便得到模相等。再对 $z=(z/w)w$ 使用乘积公式，即得商的公式。

定理三角不等式与反三角不等式

对任意复数 $z,w$，

$$|z+w|\le|z|+|w|,$$

并且

$$\bigl||z|-|w|\bigr|\le|z-w|.$$

这两个不等式的等号条件相同：至少一个数为零，或者两个非零复数的方向相同。

证明

对任意复数 $v$，有 $\operatorname{Re}v\le|v|$；等号成立当且仅当 $v$ 是非负实数。于是

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

等号成立要求 $z\overline w$ 是非负实数。若 $w\ne0$，由 $z/w=z\overline w/|w|^2$ 可知，这等价于 $z=tw$，其中实数 $t\ge0$。

对 $z=(z-w)+w$ 使用三角不等式，再交换 $z,w$，即可得到反三角不等式。为确定其等号条件，比较平方：

$$\begin{aligned} &|z-w|^2-(|z|-|w|)^2\\ &\quad=2\bigl(|z||w|-\operatorname{Re}(z\overline w)\bigr). \end{aligned}$$

右侧恰好在同一条件下为零。

极形式：长度与方向

设 $z\ne0$，记 $r=|z|>0$。描述其方向的角 $\theta$ 满足

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

把 $\cos\theta+i\sin\theta$ 简记为 $\operatorname{cis}\theta$。这个角不唯一：加上 $2\pi$ 的任意整数倍，仍表示同一个点。

约定辐角与主辐角

本章用 $\arg z$ 表示全部辐角构成的集合，用 $\operatorname{Arg}z$ 表示区间 $(-\pi,\pi]$ 内唯一的主辐角。因此

$$\arg z=\{\operatorname{Arg}z+2\pi k:k\in\mathbb Z\}.$$

$\arg0$ 和 $\operatorname{Arg}0$ 均不定义。虽然任意角都满足 $0\operatorname{cis}\theta=0$，但原点本身没有方向。

对于 $z=x+iy\ne0$，应同时用 $\cos\theta=x/r$ 和 $\sin\theta=y/r$ 判断角度。仅靠比值 $y/x$ 会丢失象限信息，而且在 $x=0$ 时根本没有定义。

| $z$ | $|z|$ | $\operatorname{Arg}z$ | | --- | --- | --- | | $-1/2$ | $1/2$ | $\pi$ | | $-3+3i$ | $3\sqrt2$ | $3\pi/4$ | | $-\pi i$ | $\pi$ | $-\pi/2$ | | $-2\sqrt3-2i$ | $4$ | $-5\pi/6$ |

乘法如何产生旋转与伸缩

由三角函数的和角公式，

$$\operatorname{cis}\alpha\operatorname{cis}\beta =\operatorname{cis}(\alpha+\beta).$$

因此，若 $z=r\operatorname{cis}\alpha$、$w=s\operatorname{cis}\beta$，且 $r,s>0$，则

$$zw=rs\operatorname{cis}(\alpha+\beta),$$

以及

$$\frac zw=\frac rs\operatorname{cis}(\alpha-\beta).$$

乘以固定的非零复数 $w$，会把所有距离放大到原来的 $s$ 倍，并把每个向量旋转 $\beta$。特别地，乘以 $i$ 就是逆时针旋转 $\pi/2$。

求乘积的主辐角时，必须把角度调整回 $(-\pi,\pi]$：

$$\operatorname{Arg}(zw) \equiv\operatorname{Arg}z+\operatorname{Arg}w\pmod{2\pi}.$$

这里是模 $2\pi$ 的同余关系，不能直接写成无条件的实数等式。例如，取 $z=w=\operatorname{cis}(3\pi/4)$，两个主辐角之和是 $3\pi/2$，但 $\operatorname{Arg}(zw)=-\pi/2$。

极形式也能简化除法。例如，

$$\begin{aligned} \frac{1+i}{\sqrt3-i} &=\frac{\sqrt2\operatorname{cis}(\pi/4)}{2\operatorname{cis}(-\pi/6)}\\ &=\frac{\sqrt2}{2}\operatorname{cis}\frac{5\pi}{12}. \end{aligned}$$

指数形式与整数次幂

对实数 $x,y$，定义

$$e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y),$$

便把实指数函数扩展到了复数。当 $x=0$ 时，得到欧拉公式 $e^{iy}=\cos y+i\sin y$。极形式也就可以写成 $z=re^{i\theta}$。指数中的 $i$ 不能省略：当 $r>0$ 且 $\theta$ 为实数时，$re^\theta$ 只是一个正实数。

由实指数的运算法则和三角函数的和角公式，对任意复数 $u,v$ 都有

$$e^{u+v}=e^ue^v.$$

这验证了定义与指数乘法相容。等到掌握相关级数的收敛性后，也可以从幂级数出发得到同一个复指数函数；本章的代数推导不依赖这一步。

特别地，

$$|e^{x+iy}|=e^x,\qquad \overline{e^z}=e^{\overline z}.$$

复指数永不为零，并且沿虚轴方向具有周期性：

$$e^u=e^v\quad\Longleftrightarrow\quad u-v\in2\pi i\mathbb Z.$$

这是因为模相等先迫使实部相等，随后正弦和余弦同时相等，迫使虚部相差 $2\pi$ 的整数倍。

定理棣莫弗公式

对任意实数 $\theta$ 和整数 $n$，

$$(\operatorname{cis}\theta)^n=\operatorname{cis}(n\theta).$$

更一般地，若 $r>0$，则

$$(re^{i\theta})^n=r^ne^{in\theta}.$$

证明

正整数情形只需重复使用乘法公式，也可以写成数学归纳法。$n=0$ 时两边均为 $1$。负整数情形则取倒数，并使用 $e^{i\theta}e^{-i\theta}=1$。

条件 $r>0$ 保证负次幂有定义。底数为零时，正整数次幂仍为零，负整数次幂没有定义；本章也不为 $0^0$ 赋值。非整数次幂需要额外约定，留到最后的拓展讨论。

求出全部复根

定理非零复数的 n 次根

设整数 $n\ge1$，$a=re^{i\theta}\ne0$，其中 $r>0$。方程 $z^n=a$ 恰有 $n$ 个互异的根：

$$z_k=r^{1/n}\exp\left(i\frac{\theta+2\pi k}{n}\right),$$

其中 $k=0,1,\ldots,n-1$，$r^{1/n}$ 表示正实数根。

证明

把任意一个解写成 $z=\rho e^{i\phi}$，其中 $\rho>0$。比较模，得到 $\rho^n=r$，所以 $\rho=r^{1/n}$。比较方向，得到

$$n\phi=\theta+2\pi k,$$

其中 $k$ 是某个整数。反过来，这样取出的每一个角都能产生一个解。两个指标表示同一个点，当且仅当它们之差能被 $n$ 整除。因此，列出的 $n$ 个指标既包含所有解，又没有重复。

这些根位于半径为 $r^{1/n}$ 的圆上，相邻两根相差角度 $2\pi/n$。更换 $a$ 的辐角只会改变根的排列顺序。若 $a=0$，唯一的根是零，在多项式 $z^n$ 中的重数为 $n$。

例如，$\sqrt2+i\sqrt2=2e^{i\pi/4}$ 的三个立方根为

$$2^{1/3}e^{i(\pi/12+2\pi k/3)},\qquad k=0,1,2.$$

单位根

令 $\omega=e^{2\pi i/n}$。全体 $n$ 次单位根为 $1,\omega,\ldots,\omega^{n-1}$。它们的乘积仍是 $n$ 次单位根，因为指数可以对 $n$ 取模。

当 $n\ge2$ 时，$\omega\ne1$，由有限等比求和公式可得

$$\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k =\frac{1-\omega^n}{1-\omega}=0.$$

当 $n=1$ 时，和为 $1$。$n\ge2$ 时和为零，从几何上体现了圆周上等间隔点关于原点的对称性。

如果一个单位根的正整数次幂第一次在第 $n$ 次等于 $1$，就称其为 $n$ 阶本原单位根。$\omega^k$ 的阶是 $n/\gcd(n,k)$，所以它是本原单位根当且仅当 $\gcd(n,k)=1$。理由是：它的第 $j$ 次幂等于 $1$，恰好等价于 $n$ 整除 $kj$。

二次方程与多项式的根

考虑复系数二次方程 $Az^2+Bz+C=0$，其中 $A\ne0$。配方得到

$$(2Az+B)^2=B^2-4AC.$$

任取判别式的一个平方根 $s$，便得到解

$$z=\frac{-B\pm s}{2A},\qquad s^2=B^2-4AC.$$

换用另一个平方根不会改变解集。判别式为零时，只有一个二重根。例如，

$$2z^2-z+1=0 \quad\Longrightarrow\quad z=\frac{1\pm i\sqrt7}{4}.$$

定理共轭根定理需要实系数

若多项式 $P$ 的系数均为实数，则

$$P(\overline z)=\overline{P(z)}.$$

因此，非实根必与其共轭成对出现，而且重数相同。

证明

共轭保持加法与乘法，并固定每个实系数。逐项取共轭即可得到恒等式，从而推出共轭也是根。

若 $P(t)=(t-z)^mQ(t)$，且 $Q(z)\ne0$，对这个分解的系数取共轭，就得到因子 $(t-\overline z)^m$，余下因子在 $\overline z$ 处仍不为零。因此两个根的重数相同。

例如，已知 $-2+i$ 是多项式

$$P(z)=2z^3+9z^2+14z+5$$

的根，则 $-2-i$ 也是根。这两个根对应的因子相乘为

$$(z+2-i)(z+2+i)=z^2+4z+5.$$

再做多项式除法，或直接相乘核对，得到

$$P(z)=(z^2+4z+5)(2z+1).$$

剩下的根是 $-1/2$。此处还要核对首项系数：只把三个首一一次因子相乘，会漏掉系数 $2$。

定理代数基本定理

每个次数为 $n\ge1$ 的复系数多项式，都能在 $\mathbb C$ 上分解成 $n$ 个一次因子的乘积，根按重数计算，并在乘积前保留原多项式的首项系数。

证明从模的最小值证明

设 $p(z)=a_nz^n+\cdots+a_0$，$a_n\ne0$。三角不等式给出

$$|p(z)|\ge |a_n||z|^n-\sum_{j<n}|a_j||z|^j\longrightarrow\infty \quad\text{当 }|z|\to\infty.$$

所以连续函数 $|p|$ 在某个 $z_0$ 处取得全局最小值：足够大的圆盘外，其值大于 $|p(0)|+1$；闭圆盘内则可取得最小值。这里的紧致性可由实数完备性证明：依次对有界的实部、虚部坐标取收敛子序列即可。

假设 $c=p(z_0)\ne0$。在 $z_0$ 附近按 $w$ 的幂展开，记第一个非零正次数项为 $m\ge1$：

$$\frac{p(z_0+w)}c=1+b_mw^m+\sum_{j>m}b_jw^j, \qquad b_m\ne0.$$

对 $0<t<1$，由前面已证明的复根公式，可以选 $w$ 使 $w^m=-t/b_m$，此时 $|w|=(t/|b_m|)^{1/m}$。当 $|w|\le1$，剩余有限和的模至多为 $C|w|^{m+1}$，其中 $C=\sum_{j>m}|b_j|$。取足够小的 $t$，使这个余项严格小于 $t/2$，于是

$$\left|\frac{p(z_0+w)}c\right| \le1-t+t/2<1,$$

与最小性矛盾。所以 $p$ 至少有一个根。多项式除法提出对应一次因子，再对次数归纳，就得到全部 $n$ 个因子，并保留首项系数。

在实数范围内，一对共轭因子可以合并成实系数二次因子。例如，

$$z^4+1=(z^2-\sqrt2z+1)(z^2+\sqrt2z+1).$$

两个二次因子的判别式均为负，因此这是在实数范围内分解为不可约二次因子的结果。

练习

建议先独立完成，再展开解答。线性方程通常适合代数形式，乘积和复根通常适合极形式，模的恒等式与实系数多项式则常能用共轭简化。

练习实部、虚部与 i 的幂

证明 $\operatorname{Re}(iz)=-\operatorname{Im}z$，并化简

$$3i^{11}+6i^3+\frac8{i^{20}}+i^{-1}.$$

解答

若 $z=a+bi$，则 $iz=-b+ai$。表达式中的四项依次为 $-3i$、$-6i$、$8$、$-i$，所以结果是 $8-10i$。

练习解方程时别丢掉零根

在复数范围内解下列方程：

$$\begin{aligned} iz&=4-zi,\\ \frac z{1-z}&=1-5i,\\ 8z^2+(2-i)z&=0,\\ z^2+16&=0. \end{aligned}$$

解答

第一式给出 $2iz=4$，故 $z=-2i$。

第二式要求 $z\ne1$。移项得到 $(2-5i)z=1-5i$，所以

$$z=\frac{1-5i}{2-5i}=\frac{27-5i}{29}.$$

所得值不等于 $1$，因此有效。第三式分解为 $z(8z+2-i)=0$，得到 $z=0$ 或 $z=(-2+i)/8$；一开始就除以 $z$ 会漏掉零根。最后一式的解为 $z=\pm4i$。

练习复数线性方程组

求解，并代回两个方程检查：

$$\begin{aligned} (1-i)z_1+3z_2&=2-3i,\\ iz_1+(1+2i)z_2&=1. \end{aligned}$$

解答

系数行列式为 $(1-i)(1+2i)-3i=3-2i\ne0$。消元得到

$$\begin{aligned} z_1&=\frac{5+i}{3-2i}=1+i,\\ z_2&=\frac{-2-3i}{3-2i}=-i. \end{aligned}$$

代回后，第一式左侧为 $(1-i)(1+i)-3i=2-3i$，第二式左侧为 $i(1+i)+(1+2i)(-i)=1$，两式均成立。

练习用三次实数乘法完成复数乘法

只用三次实数乘法，配合加减法计算 $(a+bi)(c+di)$。为什么这还不足以证明程序在所有计算机上都会更快？

解答

先计算

$$\begin{aligned} p&=ac,\qquad q=bd,\\ t&=(a+b)(c+d). \end{aligned}$$

实部为 $p-q$，虚部为 $t-p-q$。这样节省了一次乘法，但增加了加减法。实际耗时与浮点误差还取决于实现方式和硬件，不能仅凭运算次数就认定性能更好。

练习不展开也能求模

求下列复数的模：

$$\frac{1+2i}{-2-i},\qquad (1+i)(2-3i)(4i-3),$$

以及

$$\frac{i(2+i)^3}{(1-i)^2},\qquad \frac{(\pi+i)^{100}}{(\pi-i)^{100}}.$$

解答

使用乘积与商的模公式，答案依次为

$$1,\qquad5\sqrt{26},\qquad\frac{5\sqrt5}{2},\qquad1.$$

各分母均非零。最后一题中，分子与分母的底数互为共轭，因此模相同。

练习把复数条件翻译成轨迹

描述 $|z-1|=|z+1|$、$|z-(1+i)|\le2$ 与 $|z-1|=\operatorname{Re}z+1$ 所确定的点集。

解答

令 $z=x+iy$。第一式化为 $(x-1)^2+y^2=(x+1)^2+y^2$，得到 $x=0$，即虚轴。第二式表示以 $(1,1)$ 为圆心、半径为 $2$ 的闭圆盘。

第三式右侧必须非负。平方后得到

$$(x-1)^2+y^2=(x+1)^2,$$

即 $y^2=4x$。反过来，这个方程蕴含 $x\ge0$，因而 $x+1>0$；两边取非负平方根即可恢复原式。所以轨迹是整条抛物线 $y^2=4x$，没有因平方而引入多余部分。

练习点积与平行四边形恒等式

证明

$$|z+w|^2+|z-w|^2=2|z|^2+2|w|^2.$$

当 $z,w$ 均非零时，如何用 $z\overline w$ 表示两个向量垂直？

解答

展开两个模的平方，交叉项分别为 $2\operatorname{Re}(z\overline w)$ 及其相反数，相加后消去。又因为 $\operatorname{Re}(z\overline w)$ 就是对应实向量的点积，所以两个非零向量垂直当且仅当这个实部为零。复数乘积 $zw$ 本身并不是点积。

练习单位圆盘中各点的加权平均

设 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\ge0$，且 $\Lambda=\sum_{k=1}^n\lambda_k>0$，另有 $|z_k|\le1$。证明

$$\left|\frac{\sum_{k=1}^n\lambda_kz_k}{\Lambda}\right|\le1.$$

等号何时成立？

解答

反复使用三角不等式，得到

$$\left|\sum_k\lambda_kz_k\right| \le\sum_k\lambda_k|z_k|\le\Lambda.$$

再除以正数 $\Lambda$ 即得结论。等号成立当且仅当所有权重为正的 $z_k$ 都是单位圆上的同一个点。

为证明必要性，设加权平均为 $u$，且 $|u|=1$。将加权和乘以 $\overline u$ 后取实部。每项都满足 $\operatorname{Re}(z_k\overline u)\le1$，这些数的正权重平均若等于 $1$，每个权重为正的项就都必须等于 $1$。再结合 $|z_k|\le1$，便有 $z_k=u$。

练习乘除后调整主辐角

求下列复数的模与主辐角：

$$(1-i)(-\sqrt3+i),\qquad(\sqrt3-i)^2,$$

以及

$$\frac{-1+\sqrt3i}{2+2i}.$$

解答

先对各因子的辐角做加减，再调整到 $(-\pi,\pi]$。所得的“模、主辐角”依次为

$$\begin{gathered} \left(2\sqrt2,\frac{7\pi}{12}\right),\qquad \left(4,-\frac\pi3\right),\\ \left(\frac1{\sqrt2},\frac{5\pi}{12}\right). \end{gathered}$$

例如，第一个角为 $-\pi/4+5\pi/6=7\pi/12$。每个复数的全部辐角，都由对应主辐角加上 $2\pi k$ 得到。

练习把指数形式化成代数形式

把下列复数写成 $a+bi$：

$$e^{-i\pi/4},\qquad \frac{e^{1+3\pi i}}{e^{-1+\pi i/2}},\qquad 2e^{3+i\pi/6}.$$

另化简 $(e^{3i}-e^{-3i})/(2i)$，并在 $z=4e^{i\pi/3}$ 时求 $|e^z|$。

解答

前三个结果依次为

$$\frac{1-i}{\sqrt2},\qquad ie^2,\qquad \sqrt3e^3+ie^3.$$

由欧拉公式，差商化为实数 $\sin3$。最后，$z=2+2\sqrt3i$，所以 $|e^z|=e^2$。复指数的模取决于指数的实部，而不是指数本身的模。

练习复数幂与等比求和

对整数 $n\ge0$，把 $a_n=(1+i)^n$ 写成极形式。求从下标 $0$ 到 $N-1$ 的前 $N$ 项之和，其中 $N\ge0$。

解答

由棣莫弗公式，

$$a_n=2^{n/2}e^{in\pi/4}.$$

当 $N\ge1$ 时，使用等比求和公式：

$$\sum_{n=0}^{N-1}(1+i)^n=\frac{(1+i)^N-1}{i}.$$

当 $N=0$ 时，左侧为空和，等于零；右侧也为零，因此公式仍成立。每前进一步，点就旋转 $\pi/4$，到原点的距离变为原来的 $\sqrt2$ 倍。

练习不重不漏地列出复根

求 $-16$ 的全部四次根、$1$ 的全部五次根，以及 $i-1$ 的全部平方根。

解答

三个解集依次为

$$\left\{2e^{i(\pi/4+k\pi/2)}:k=0,1,2,3\right\},$$$$\left\{e^{2\pi ik/5}:k=0,1,2,3,4\right\},$$

以及

$$\left\{2^{1/4}e^{i(3\pi/8+k\pi)}:k=0,1\right\}.$$

第一组也可以写成 $\{\sqrt2+i\sqrt2,-\sqrt2+i\sqrt2,-\sqrt2-i\sqrt2,\sqrt2-i\sqrt2\}$。

练习单位根筛选恒等式

设 $n\ge1$、$\omega=e^{2\pi i/n}$、$m\in\mathbb Z$。求

$$\sum_{k=0}^{n-1}\omega^{mk}.$$

解答

若 $n$ 整除 $m$，每项都是 $1$，和为 $n$。否则 $\omega^m\ne1$，而 $(\omega^m)^n=1$，由等比求和公式可得和为零。结论包含负整数 $m$ 和 $n=1$ 的情形。

这个恒等式用等间隔的复相位区分“能否被 $n$ 整除”，以后在离散傅里叶变换中还会遇到。

练习单位根相乘需要互素条件吗

设 $u^m=1$、$v^n=1$，其中 $m,n\ge1$。证明 $(uv)^{mn}=1$，并判断是否需要 $m,n$ 互素。若 $u,v$ 分别是 $m,n$ 阶本原单位根，且 $\gcd(m,n)=1$，再证明 $uv$ 是 $mn$ 阶本原单位根。

解答

由乘法交换律，$(uv)^{mn}=(u^m)^n(v^n)^m=1$，不需要互素条件。

再证关于本原单位根的结论。设正整数 $k$ 满足 $(uv)^k=1$。两边取 $n$ 次幂，得到 $u^{kn}=1$，所以 $m$ 整除 $kn$。由互素性，$m$ 整除 $k$。同理，$n$ 也整除 $k$，因而 $mn$ 整除 $k$。已知 $mn$ 次幂确实等于 $1$，所以 $uv$ 的阶恰为 $mn$。

练习在复数范围内完全分解

将下列多项式完全分解为一次因子的乘积：

$$z^2+z+3,\qquad z^3+3z^2+7z+5,$$

以及

$$z^3-iz^2-4z+4i.$$

解答

记二次式的两个根为 $r_\pm=(-1\pm i\sqrt{11})/2$，则其分解为

$$z^2+z+3=(z-r_+)(z-r_-).$$

实系数三次式有根 $-1$，除去对应因子后得到

$$\begin{aligned} &z^3+3z^2+7z+5\\ &\quad=(z+1)(z^2+2z+5). \end{aligned}$$

因此完全分解为 $(z+1)(z+1-2i)(z+1+2i)$。

复系数三次式可以分组提取因子：

$$\begin{aligned} &z^3-iz^2-4z+4i\\ &\quad=(z-i)(z^2-4)\\ &\quad=(z-i)(z-2)(z+2). \end{aligned}$$

它有根 $i$，却不必有根 $-i$，因为系数并非全为实数。

练习根据根恢复实系数三次多项式

实系数三次多项式 $P$ 有根 $2+i$ 和 $1$，且 $P(0)=10$。求 $P$。

解答

另一根为共轭数 $2-i$，所以

$$P(z)=A(z^2-4z+5)(z-1),$$

其中 $A$ 是非零实数。代入零得 $-5A=10$，故 $A=-2$。展开为

$$P(z)=-2z^3+10z^2-18z+10.$$

练习先检查条件，再使用共轭根

已知 $1+i$ 是多项式

$$P(z)=z^3+az^2+bz+10-6i$$

的根，其中 $a,b\in\mathbb R$。求 $a,b$，并判断 $1-i$ 是否也是根。

解答

由 $(1+i)^2=2i$、$(1+i)^3=-2+2i$，得到

$$P(1+i)=(8+b)+i(2a+b-4).$$

令实部、虚部分别为零，得到 $b=-8$、$a=6$。常数项是复数，因此共轭根定理不适用。直接代入可得 $P(1-i)=-12i\ne0$。

练习求出所有可能的指数

设 $a=re^{i\theta}\ne0$，求方程 $e^w=a$ 的全部解。若 $a=0$，结论如何？

解答

写 $w=x+iy$。比较模得 $e^x=r$，所以 $x=\ln r$。比较方向得 $y=\theta+2\pi k$。因此全部解为

$$w=\ln r+i(\theta+2\pi k),\qquad k\in\mathbb Z.$$

若 $a=0$ 则无解，因为复指数永不为零。

拓展：分数次幂究竟表示什么

整数次幂由重复乘法与逆元确定，没有多值问题。分数次幂则可能表示一个选定的主值，也可能表示一组代数取值。使用指数法则之前，要先说清楚采用哪种约定。

主值、全部取值与失效的指数法则

对 $z\ne0$，逐点定义主值对数

$$\operatorname{Log}z=\ln|z|+i\operatorname{Arg}z.$$

实指数幂的主值可以定义为

$$z^\alpha_{\mathrm{principal}} =\exp\bigl(\alpha\operatorname{Log}z\bigr).$$

这依照主辐角约定选出了一个值，但并不能保留所有实数指数法则。例如，

$$\bigl((-1)^2\bigr)^{1/2}_{\mathrm{principal}}=1,$$

而 $(-1)^{2(1/2)}_{\mathrm{principal}}=-1$。原因是中间步骤重新取主辐角时，舍去了整整一圈。这样逐点定义的主值对数在负实轴处也不连续；如何在适当区域内选取连续的对数，属于复分析的后续内容。

对于已经约分的正有理数指数 $m/n$，还可以考虑取值集合

$$\{u^m:u^n=z\}.$$

若 $z=re^{i\theta}$，便得到 $n$ 个互异的值

$$r^{m/n}\exp\left(i\frac{m(\theta+2\pi k)}n\right).$$

其中 $k=0,1,\ldots,n-1$。

这些值恰好是方程 $v^n=z^m$ 的所有根。后者的辐角为 $(m\theta+2\pi j)/n$；由于 $\gcd(m,n)=1$，乘以 $m$ 会置换模 $n$ 的所有剩余类，因此两种列法给出相同的集合。

最简分数的条件不能删去。例如，取 $m=n=2$、$z=1$，把 $1$ 的平方根再平方，只得到 $\{1\}$；但方程 $v^2=1^2$ 有根 $\{1,-1\}$。所以使用这种描述前必须先约分。

例如，$(1-i)^{3/2}$ 的两个代数取值是

$$\pm2^{3/4}e^{-3\pi i/8}.$$

采用 $\operatorname{Arg}(1-i)=-\pi/4$ 时，主值对应上式的正号。两个值的平方都等于 $(1-i)^3=-2-2i$。

参考文献

1. [1] J. Orloff, “Topic 1: Complex Algebra and the Complex Plane,” 2018. MIT OpenCourseWare, 18.04 Complex Variables with Applications, Spring 2018. https://ocw.mit.edu/courses/18-04-complex-variables-with-applications-spring-2018/resources/mit18_04s18_topic1/ ↩