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关于复数的一些补充

新版高中教材对复数内容进行了极大的删减,使得我们对于复数的认知还停留在最原始的阶段。殊不知,复数的应用非常广泛。现参考《高中数学·甲种本》以及搜集的一些资料,包括做过的例题,整理一下关于复数的内容。

一、复数的概念

1.1 数的概念的发展

数的概念是从实践中产生和发展起来的。早在原始社会末期,由于记数的需要,人们就建立起自然熟的概念。自然数的全体构成自然数集 $ \mathbf{N} $ 。

随着生产和科学的发展,熟的概念也得到了发展。

为了表示各种具有相反意义的量以及满足记数法的要求,人们引进了零和负数,把自然数看作正整数,把正整数、零、负整数合并在一起,构成整数集 $ \mathbf{Z} $ 。

为了解决测量、分配中遇到的将某些量进行等分的问题,人们又引进了有理数,规定他们就是一切形如 $ \frac{m}{n} $ 的数,其中 $ m\in \mathbf{Z},n\in \mathbf{N} $ 。这样,就把整数集 $ \mathbf{Z} $ 扩大为有理数集 $ \mathbf{Q} $ 。显然, $ \mathbf{Z}\subset \mathbf{Q} $ 。如果把整数看作分母为 $ 1 $ 的分数,那么有理数实际上就是分数集。

每一个有理数都可以表示成整数、有限小数或循环节不为 $ 0 $ 的循环小数;反过来,整数、有限小数或循环节不为 $ 0 $ 的循环小数也都是有理数。如果把整数、有限小数都看作循环节为 $ 0 $ 的循环小数,那么有理数集实际上就是循环小数的集合。

为了解决有些量与量之间的比值(例如用正方形的边长去度量它的对角线所得结果)不能用有理数表示的矛盾,人们又引入了无理数。所谓无理数,就是无限不循环小数。有理数集与无理数集合并在一起,构成实数集 $ \mathbf{R} $ 。因为有理数都可以看作循环小数(包括整数、有限小数),无理数都是无限不循环小数,所以实数集就是小数集。

从解方程来看,方程 $ x+5=3 $ 在自然数集 $ \mathbf{N} $ 中无解,在整数集 $ \mathbf{Z} $ 中就有一个解 $ x=-2 $ ;方程 $ 3x=5 $ 字整数集 $ \mathbf{Z} $ 中无解,在有理数集 $ \mathbf{Q} $ 中就有一个解 $ x=\frac{5}{3} $ ;方程 $ x^{2}=2 $ 在有理数集 $ \mathbf{Q} $ 中无解,在实数集 $ \mathbf{R} $ 中就有两个解 $ x=\pm \sqrt{2} $ 。但是,熟的范围扩充到实数集 $ \mathbf{R} $ 以后,象 $ x^{2}=-1 $ 这样的方程还是无解,因为没有一个实数的平方等于 $ -1 $ 。在十六世纪,由于解方程的需要,人们开始引进一个新数 $ i $ ,叫做虚数单位,并规定:

它的平方等于 $ -1 $ ,即

$$ i^{2}=-1 $$

实数与它进行四则运算时,所有的加、乘运算律仍然成立。

在这种规定下, $ i $ 可以与实数 $ b $ 相乘,再同实数 $ a $ 相加,由于满足乘法交换律及加法交换律,从而可以把结果写成 $ a+bi $ 。人们把它们叫做复数。全体复数所成的集合,一般用字母 $ \mathbf{C} $ 来表示。1

在这种规定下, $ i $ 就是 $ -1 $ 的一个平方根。因此,方程 $ x^{2}=-1 $ 在复数集 $ \mathbf{C} $ 中就至少有一个解 $ x=i $ 。

十八世纪以后,复数在数学、力学和电学中得到了应用。从此对它的研究日益展开。现在复数已成为科学技术中普遍使用的一种数学工具。

1.2 复数的有关概念

复数 $ a+bi $ ( $ a,b\in\mathbf{R} $ 。以后说复数 $ a+bi $ 时,都有 $ a,b\in\mathbf{R} $ ),当 $ b=0 $ 时,就是实数;当 $ b\neq 0 $ 时,叫做虚数,当 $ a=0,b\neq 0 $ 时,叫做纯虚数; $ a $ 与 $ b $ 分别叫做复数 $ a+bi $ 的实部与虚部。例如, $ 3+4i,-\frac{1}{2}-\sqrt{2}i,-0.5i $ 都是虚数,它们的实部分别是 $ 3,-\frac{1}{2},0 $ ,虚部分别是 $ 4,-\sqrt{2},-0.5 $ 。

显然,实数集 $ \mathbf{R} $ 是复数集 $ \mathbf{C} $ 的真子集,即 $ \mathbf{R}\subset \mathbf{C} $ 。

如果两个复数 $ a+bi $ 与 $ c+di $ 的实部与虚部分别相等,我们就说这两个复数相等,记作 $ a+bi=c+di $ ,这就是说,如果 $ a,b,c,d\in\mathbf{R} $ ,那么 $$ a+bi=c+di \Leftrightarrow a=c,b=d $$ $$ a+bi=0\Leftrightarrow a=b=0 $$

:已知 $ \left ( 2x-1 \right )+i=y-\left ( 3-y \right )i $ ,其中 $ x,y\in\mathbf{R} $ 。求 $ x $ 与 $ y $ 。

:根据复数相等的定义,得方程组 $ \begin{cases} 2x-1=y,\\ 1=-\left ( 3-y \right ) \end{cases} $ 解得 $ x=\frac{5}{2},y=4 $ 。

从复数相等的定义,我们知道,任何一个复数 $ z=a+bi $ ,都可以由一个有顺序的实数对 $ \left ( a,b \right ) $ 唯一确定。这就使我们能借用平面直角坐标系来表示复数 $ z=a+bi $ 。如图1,点 $ Z $ 的横坐标是 $ a $ ,纵坐标是 $ b $ ,复数 $ z=a+bi $ 可用点 $ Z\left ( a,b \right ) $ 来表示。这个建立了直角坐标系表示复数的平面叫做复平面, $ x $ 轴叫做实轴, $ y $ 轴除去原点的部分叫做虚轴(因为原点表示实数 $ 0 $ ,原点不在虚轴上)。表示实数的点都在实轴上,表示纯虚数的点都在轴上。

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复数的复平面表示法

很明显,按照这种表示方法,每一个复数,有复平面内唯一的一个点和它对应;反过来,复平面内的每一个点,有唯一的一个复数和它对应。由此可知,复数集 $ \mathbf{C} $ 和复平面内所有的点所成的集合是一一对应的。这是复数的一个几何意义。

当两个复数实部相等,虚部互为相反数时,这两个复数叫做互为共轭复数(当虚部不等于 $ 0 $ 时也叫做互为共轭虚数)。复数 $ z $ 的共轭复数可以用 $ \overline{z} $ 来表示,也就是说,复数 $ z=a+bi $ 的共轭复数是 $ \overline{z}=a-bi $ 。显然,复平面内表示两个互为共轭复数的点 $ Z $ 与 $ \overline{Z} $ 关于实轴对称(图2),而实数 $ a $ (即虚部为 $ 0 $ 的复数)的共轭复数仍是 $ a $ 本身。

两个实数可以比较大小。但是两个复数,如果不全是实数,就不能比较它们的大小。对于这个命题的证明,将稍后给出。

1.3 复数的向量表示

在物理学中,我们经常遇到力、速度、加速度、电场强度等,这些量,除了要考虑它们的绝对值大小以外,还要考虑它们的方向。我们把这种既有绝对值大小又有方向的量叫做向量。向量可以用有向线段来表示,线段的长度就是这个向量的绝对值(叫做这个向量的模),线段的方向(用箭头表示)就是这个向量的方向。模相等且方向相同的向量,不管它们的起点在哪里,都认为是相等的向量。在这一规定下,向量可以根据需要进行平移。模为零的向量(它的方向是任意的)叫做零向量。规定所有零向量相等。

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复数的向量表示法

复数可以用向量来表示。如图 3,设复平面内的点 $ Z $ 表示复数 $ z=a+bi $ ,连结 $ OZ $ ,如果我们把有向线段 $ OZ $ (方向是从点 $ O $ 指向点 $ Z $ )看成向量,记作 $ \overrightarrow{OZ} $ ,就把复数同向量联系起来了。很明显,向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 是由点 $ Z $ 唯一确定的;反过来,点 $ Z $ 也可由向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 唯一确定。因此,复数集 $ C $ 与复平面内所有以原点 $ O $ 为起点的向量所成的集合也是一一对应的。为方便起见,我们常把复数 $ z=a+bi $ 说成点 $ Z $ 或者说成向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 。此外,我们还规定,相等的向量表示同一个复数。

图3中的向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 的模(即有向线段 $ OZ $ 的长度) $ r $ 叫做复数 $ z=a+bi $ 的模(或绝对值)记作 $ \left | z \right | $ 或 $ \left | a+bi \right | $ 。如果 $ b=0 $ ,那么 $ z=a+bi $ 是一个实数 $ a $ 它的模就等于 $ \left | a \right | $ (即 $ a $ 在实数意义上的绝对值)。容易看出,

$ \left | z \right |=\left | a+bi \right |=r=\sqrt{a^{2}+b^{2}}. $

例1:求复数 $ z_{1}=3+4i $ 及 $ z_{2}=-\frac{1}{2}-\sqrt{2}i $ 的模,并且比较它们的模的大小。

: $ \left| z_{1} \right|=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5,\left | z_{2} \right |=\sqrt{\left ( -\frac{1}{2} \right )^{2}+\left ( \sqrt{2} \right )^{2}}=\frac{3}{2}. $ 又 $ 5 > \frac{3}{2} $ ,故 $ \left | z_{1} \right | > \left | z_{2} \right | $ 。

例2:设 $ z\in\mathbf{C} $ ,满足下列条件的点 $ Z $ 的集合是什么图形? (1) $ \left | z \right |=4 $ ;(2) $ 2 < \left | z \right | < 4 $ 。

解:

(1)复数 $ z $ 的模等于 $ 4 $ ,就是说,向量 $ \rightarrow{OZ} $ 的模(即点 $ Z $ 与原点 $ O $ 的距离)等于 $ 4 $ ,所以满足条件 $ \left | z \right |=4 $ 的点 $ Z $ 的集合是以原点 $ O $ 为圆心,以 $ 4 $ 为半径的圆。

(2)不等式 $ 2 < \left | z \right | < 4 $ 可化为不等式组 $ \begin{cases}\left | z \right | < 4\\ \left | z \right | > 2\end{cases} $ 。不等式 $ \left | z \right | < 4 $ 的解集是圆 $ \left | z \right | = 4 $ 内部所有的点组成的集合,不等式 $ \left | z \right | > 2 $ 的解集是圆 $ \left | z \right | = 2 $ 外部所有的点组成的集合,这两个集合的交集,就是上述不等式组的解集,也就是满足条件 $ 2 < \left | z \right | < 4 $ 的点 $ Z $ 的集合。容易看出,所求的集合是以原点 $ O $ 为圆心,以 $ 2 $ 及 $ 4 $ 为半径的圆所夹的圆环,但不包括圆环的边界(图 4)。

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二、复数的运算

2.1 复数的加法与减法

复数的加法规定按照以下的法则进行:设 $ z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di $ 是任意两个复数,那么它们的和:$$ \left ( a+bi \right )+\left ( c+di \right )=\left ( a+c \right )+\left ( b+d \right )i $$ 很明显,两个复数的和仍然是一个复数。

容易验证,复数的加法满足交换律、结合律,即对任意 $ z_{1},z_{2},z_{3}\in\mathbf{R} $ ,有 $$ z_{1}+z_{2}=z_{2}+z_{1} $$ $$ \left ( z_{1}+z_{2} \right )+z_{3}=z_{1}+\left ( z_{2}+z_{3} \right ) $$ 现在我们来看复数加法的几何意义。

从物理学知道,要求出作用于同一点 $ O $ 、但不在同一直线上的两个力 $ \overrightarrow{F_{1}} $ 与 $ \overrightarrow{F_{2}} $ 的合力,只要用表示 $ \overrightarrow{F_{1}} $ 与 $ \overrightarrow{F_{2}} $ 的向量为相邻的两边画一个平行四边形,那么,平行四边形中,以力的作用点 $ O $ 为起点的那条对角线所表示的向量就是合力 $ \overrightarrow{F} $ (图5-1)。这个法则通常叫做向量加法的平行四边形法则。

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复数加法的几何意义

复数用向量来表示,如果与这些复数对应的向量不在同一直线上,那么这些复数的加法就可以按照向量加法的平行四边形法则来进行。下面我们来证明这一事实。

设 $ \overrightarrow{OZ_{1}} $ 及 $ \overrightarrow{OZ_{2}} $ 分别与复数 $ a+bi $ 及 $ c+di $ 对应,且 $ \overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}} $ 不在同一直线上(图5-2)。以 $ \overrightarrow{OZ_{1}} $ 及 $ \overrightarrow{OZ_{2}} $ 为两条邻边画平行四边形 $ OZ_{1}ZZ_{2} $ ,画 $ x $ 轴的垂线 $ PZ_{1},QZ_{2} $ 及 $ RZ $ ,并且画 $ Z_{1}S\perp RZ $ ,容易证明

$ \triangle ZZ_{1}S\cong \triangle Z_{2}OQ, $

并且四边形 $ Z_{1}PRS $ 是矩形,因此

$ OR=OP+PR=OP+Z_{1}S=OP+OQ=a+c $

$ RZ=RS+SZ=PZ_{1}+QZ_{2}=b+d. $

于是点 $ Z $ 的坐标是 $ \left ( a+c,b+d \right ) $ ,这说明设 $ \overrightarrow{OZ} $ 就是于复数 $ \left ( a+c \right )+\left ( b+d \right )i $ 对应的向量。

由此可知,求两个复数的和,可以先画出这两个复数对应的向量 $ \overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}} $ ,如果 $ \overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}} $ 不在同一直线上,再以这两个向量为两条邻边画平行四边形,那么与这个平行四边的对角线 $ OZ $ 所表示的向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 对应的复数,就是所求两个复数的和。

如果 $ \overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}} $ 在同一直线上,我们可以画出一个“压扁”了的平行四边形,并据此画出它的对角线来表示 $ \overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}} $ 的和。

总之,复数的加法可以按照向量的加法法则来进行,这是复数加法的几何意义。

下面再来看复数的减法。

复数的减法规定是加法的逆运算,即把满足 $$ \left ( c+di \right )+\left ( x+yi \right )=a+bi $$ 的复数 $ x+yi $ ,叫做复数 $ a+bi $ 减去复数 $ c+di $ 的差。记作 $ \left ( a+bi \right )-\left ( c+di \right ) $ ,根据复数相等的定义,有 $$ c+x=a,d+y=b $$ 由此 $$ x=a-c,y=b-d, $$ 所以 $$ x+yi=\left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i, $$ 即 $$ \left ( a+bi \right )-\left ( c+di \right )=\left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i $$ 这就是复数的减法法则。由此可见,两个复数的差是一个唯一确定的复数。

现设 $ \overrightarrow{OZ} $ 与复数 $ a+bi $ 对应, $ \overrightarrow{OZ_{1}} $ 与复数 $ c+di $ 对应(图6)。以 $ \overrightarrow{OZ} $ 为一条对角线, $ \overrightarrow{OZ_{1}} $ 为一条边画平行四边形,那么这个平行四边形的另一边, $ \overrightarrow{OZ_{2}} $ 所表示的向量, $ \overrightarrow{OZ_{2}} $ 就与复数 $ \left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i $ 对应。因为 $ Z_{1}Z\stackrel{;//;}{=}OZ_{2} $ ,所以向量 $ \overrightarrow{Z_{1}Z} $ 也与这个差对应。

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复数减法的几何意义

这就是说,两个复数的差 $ z-z_{1} $ (即 $ \overrightarrow{OZ}-\overrightarrow{OZ_{1}} $ )与连结两个向量终点并指向被减数的向量对应。这就是复数减法的几何意义。

由上所述,我们可以看出,复数的加(减)法与多项式的加(减)法是类似的,就是把复数的实部与实部、虚部与虚部分别相加(减),即

$$ \left ( a+bi \right )\pm \left ( c+di \right )=\left ( a\pm c \right )+\left ( b\pm d \right ) $$

例1:计算 $ \left ( 5-6i \right )+\left ( -2-i \right )-\left ( 3+4i \right ) $ 。

: $ \left ( 5-6i \right )+\left ( -2-i \right )-\left ( 3+4i \right )=\left ( 5-2-3 \right )+\left ( -6-1-4 \right )i=-11i $ 。

例2:根据复数的几何意义及向量表示,求复平面内两点间的距离公式。

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复平面两点距离

:如图 7,设复平面内的任意两点 $ Z_{1},Z_{2} $ 分别表示复数 $ z_{1}=x_{1}+y_{1}i,z_{2}=x_{2}+y_{2}i $ ,那么 $ \overrightarrow{Z_{1}Z_{1}} $ 就是与复数 $ z_{2}-z_{1} $ 对应的向量。如果用 $ d $ 表示点 $ Z_{1},Z_{1} $ 之间的距离,那么 $ d $ 就是向量 $ \overrightarrow{Z_{1}Z_{2}} $ 的模,即复数 $ z_{2}-z_{1} $ 的模,所以 $$ d=\left | z_{2}-z_{1} \right |=\left | \left ( x_{2}+y_{2}i \right )-\left ( x_{1}+y_{1}i \right ) \right |=\left | \left ( x_{2}-x_{1} \right )+\left ( y_{2}-y_{1} \right )i \right |=\sqrt{\left ( x_{2}-x_{1} \right )^2+\left ( y_{2}-y_{1} \right )^2} $$ 这与我们之前导出的两点间的距离公式一致。

例3:根据复数的几何意义及向量表示,求复平面内的圆的方程。

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复平面圆

解:如图8,设圆心为 $ P $ ,点 $ P $ 与复数 $ p=a+bi $ 对应,圆的半径为 $ r $ ,圆上任意一点 $ Z $ 与复数 $ z=a+bi $ 对应,那么 $$ \left | z-p \right |=r $$ 这就是复平面内的圆的方程。特别地,当点 $ P $ 在原点时,圆的方程就成了 $$ \left | z \right |=r $$

请读者利用复数的减法法则,把圆的方程 $$ \left | z-p \right |=r $$ 化成用实数表示的一般形式 $$ \left ( x-a \right )^{2}+\left ( y-b \right )^{2}=r^{2} $$

2.2 复数的乘法与除法

复数的乘法规定按照以下的法则进行:设 $ z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di $ 是任意两个复数,那么它们的积 $$ \left ( a+bi \right )\left ( c+di \right )=ac+bci+cdi+bdi^{2}=\left ( ac-bd \right )+\left ( bc+ad \right )i $$

也就是说,复数的乘法与多项式的乘法是类似的,但必须在所得的结果中把 $ i^{2} $ 换成 $ -1 $ ,并且把实部和虚部分别合并。

很显然,两个复数的积仍然是一个复数。

容易验证,复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律,即对任何 $ z_{1},z_{2},z_{3}\in\mathbf{C} $ ,有 $$ z_{1}\cdot z_{2}=z_{2}\cdot z_{1} $$ $$ \left ( z_{1}\cdot z_{2} \right )\cdot z_{3}=z_{1}\cdot\left ( z_{2}\cdot z_{3} \right ) $$ $$ z_{1}\cdot \left ( z_{2}+z_{3} \right )=z_{1}\cdot z_{2}+z_{1}\cdot z_{3} $$

根据复数的乘法法则,对于任何复数 $ z=a+bi $ ,有 $$ \left ( a+bi \right )\left ( a-bi \right )=a^{2}+b^{2}+\left ( ab-ab \right )i=a^{2}+b^{2} $$

因此,两个共轭复数 $ z,\overline{z} $ 的积是一个实数,这个实数等于每一个复数的模的平方,即 $$ z\cdot \overline{z}=\left | z \right |^{2}=\left | \overline{z} \right |^{2} $$

例1:计算 $ \left ( 1-2i \right )\left ( 3+4i \right )\left ( -2+i \right ) $ 。

: $ \left ( 1-2i \right )\left ( 3+4i \right )\left ( -2+i \right )=\left ( 11-2i \right )\left ( -2+i \right )=-20+15i $ 。

计算复数的乘方,要用到虚数单位 $ i $ 的乘方。因为复数的长发满足交换律与结合律,所以实数集 $ \mathbf{R} $ 中正整数指数幂的运算律,在复数集 $ \mathbf{C} $ 中仍然成立,即对任何 $ z,z_{1},z_{2}\in\mathbf{C} $ 及 $ m,n\in\mathbf{N} $ ,有 $$ z^{m}\cdot z^{n}=z^{m+n} $$ $$ \left ( z^{m} \right )^{n}=z^{mn} $$ $$ \left ( z_{1}\cdot z_{2} \right )^{n}=z_{1}^{n}\cdot z_{1}^{n} $$ 另一方面,我们有 $$ i^{1}=i $$ $$ i^{2}=-1 $$ $$ i^{3}=i^{2}\cdot i=-i $$ $$ i^{4}=i^{3}\cdot i=-i\cdot i=-i^{2}=1 $$ 从而,对于任何 $ n\in\mathbf{N} $ ,我们都有 $$ i^{4n+1}=i^{4n}\cdot i=\left ( i^4 \right )^{n}\cdot i=1^{n}\cdot i=i $$ 同理可证 $$ i^{4n+2}=-1 $$ $$ i^{4n+3}=-i $$ $$ i^{4n}=1 $$ 这就是说,如果 $ n\in\mathbf{N} $ ,那么 $$ i^{4n+1}=i,i^{4n+2}=-1,i^{4n+3}=-i,i^{4n}=1 $$

例2:计算 $ \left ( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{3} $ 。

: $$ \begin{align*} \left ( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{3}&=\left ( \frac{1}{2} \right )^3-3\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}i \right )+3\left ( \frac{1}{2} \right )\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{2}-\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{3}\\ &=\frac{1}{8}-\frac{3\sqrt{3}}{8}i-\frac{9}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}i\\ &=-1\end{align*} $$

复数的除法规定是乘法的逆运算,即把满足 $$ \left ( c+di \right )\left ( x+yi \right )=a+bi\left ( c+di\neq 0 \right ) $$ 的复数 $ x+yi $ ,叫做复数 $ a+bi $ 除以复数 $ c+di $ 的商,记作 $$ \left ( a+bi \right )\div \left ( c+di \right ) $$ 或 $$ \frac{a+bi}{c+di} $$

我们知道,两个共轭复数的积是一个实数,因此,两个复数相除,可以先把它们的商写成分式的形式,然后把分子与分母都乘以分母的共轭复数,并且把结果化简,即 $$ \frac{a+bi}{c+di}=\frac{\left ( a+bi \right )\left ( c-di \right )}{\left ( c+di \right )\left ( c-di \right )}=\frac{\left ( ac+bd \right )+\left ( bc-ad \right )i}{c^{2}+d^{2}}=\frac{ac+bd}{c^{2}+d^{2}}+\frac{bc-ad}{c^{2}+d^{2}}i\left ( c+di\neq 0 \right ) $$

因为 $ c+di\neq 0 $ ,所以 $ c^{2}+d^{2}\neq 0 $ 。由此可见,商 $ \frac{a+bi}{c+di} $ 是一个唯一确定的复数。

例3:计算 $ \left ( 1+2i \right )\div \left ( 3-4i \right ) $ 。

: $ \left ( 1+2i \right )\div \left ( 3-4i \right )=\frac{1+2i}{3-4i}=\frac{\left ( 1+2i \right )\left ( 3+4i \right )}{\left ( 3-4i \right )\left ( 3+4i \right )}=\frac{-5+10i}{25}=-\frac{1}{5}+\frac{1}{2}i $ 。

三、复数的三角形式

3.1 复数的三角形式

我们知道,与复数 $ z=a+bi $ 对应的向量 $ \overrightarrow{OZ} $ (图9)的模 $ r $ 叫做这个复数的模,并且 $$ r=\sqrt{a^{2}+b^{2}} $$

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复数的模

以 $ x $ 轴的正半轴为始边、向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 所在的射线(起点是 $ O $ )为终边的角 $ \theta $ ,叫做复数 $ z=a+bi $ 的辐角。

不等于零的复数 $ z=a+bi $ 的辐角有无限多个值,这些值相差 $ 2\pi $ 的整数倍。例如,复数 $ i $ 的辐角是 $ \frac{\pi}{2}+2k\pi $ ,其中 $ k $ 可以取任何整数。

适合于 $ 0\leq \theta < 2\pi $ 的辐角 $ \theta $ 的值,叫做辐角的主值。记作 $ \textrm{arg} z $ ,即 $ 0\leq \textrm{arg} z < 2\pi $ 。

每一个不等于零的复数有唯一的模与辐角的主值,并且可由它的模与辐角的主值唯一确定。因此,两个非零复数相等当且仅当它们的模与辐角的主值分别相等。

很明显,当 $ a\in\mathbf{R^{+}} $ 时,$$ \textrm{arg}\alpha=0 $$ $$ \textrm{arg}\left ( -\alpha \right )=\pi $$ $$ \textrm{arg}\left ( ai \right )=\frac{\pi}{2} $$ $$ \textrm{arg}\left ( -ai \right )=\frac{3\pi}{2} $$ 如果 $ z=0 $ ,那么与它对应的向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 缩成一个点(零向量),这样的向量的方向是任意的,所以复数 $ 0 $ 的辐角也是任意的。

从图 9 可以看出: $$ \begin{cases} a=r\cos{\theta}\\ b=r\sin{\theta} \end{cases} $$ 因此 $$ a+bi=r\cos{\theta}+ir\sin{\theta}=r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $$ 其中 $$ r=\sqrt{a^{2}+b^{2}},\cos{\theta}=\frac{a}{r},\sin{\theta}=\frac{b}{r} $$

当与 $ z $ 对应的点 $ Z $ 不在实轴或虚轴上时, $ z $ 的辐角 $ \theta $ 的终边所在的象限就是点 $ Z $ 所在的象限;当点 $ Z $ 在实轴或虚轴上时,辐角 $ \theta $ 的终边就是从原点 $ O $ 出发、经过点 $ Z $ 的板条坐标轴。

因此我们可以说,任何一个复数 $ z=a+bi $ 都可以表示成 $ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $ 的形式。

$$ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $$ 叫做复数 $ a+bi $ 的三角形式。为了同三角形式区别开来, $ a+bi $ 叫做复数的代数形式。

例1:把复数 $ \sqrt{3}+i $ 表示成三角形式。

: $ r=\sqrt{3+1}=2,\cos{\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}. $ 因为与 $ \sqrt{3}+i $ 对应的点在第一象限,所以 $ \textrm{arg}\left ( \sqrt{3}+i \right )=\frac{\pi}{6} $ ,于是 $ \sqrt{3}+i=2\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right ). $

例2:把复数 $ 1-i $ 表示成三角形式。

: $ r=\sqrt{1+1}=\sqrt{2},\cos{\theta}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}. $ 因为与 $ 1-i $ 对应的点在第四象限,所以 $ \textrm{arg}\left ( 1-i \right )=\frac{7\pi}{4} $ ,于是 $ 1-i=\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{4}}+i\sin{\frac{7\pi}{4}} \right ). $

例3:把复数 $ -1 $ 表示成三角形式。

: $ r=\sqrt{1+0}=1. $ 因为与 $ -1 $ 对应的点在 $ x $ 轴的负半轴上,所以 $ \textrm{arg}\left ( -1 \right )=\pi $ ,于是 $ -1=\cos{\pi}+i\sin{\pi}. $

当然,把一个复数表示成三角形式时,辐角 $ \theta $ 不一定要取主值。例如, $ \sqrt{2}\left [ \cos{\left ( -\frac{\pi}{4} \right )}+i\sin{\left ( -\frac{\pi}{4} \right )} \right ] $ 也是复数 $ 1-i $ 的三角形式。

3.2 复数的三角形式的运算

3.2.1 乘法与乘方

如果把复数 $ z_{1},z_{2} $ 分别写成三角形式 $$ z_{1}=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ) $$ $$ z_{2}=r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right ) $$ 故有 $$ \begin{align*} z_{1}\cdot z_{2} &=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\\ &=r_{1}r_{2}\left [ \left (\cos{\theta_{1}}\cos{\theta_{2}}-\sin{\theta_1}\sin{\theta_{2}} \right ) + i\left ( \sin{\theta_{1}}\cos{\theta_{2}}+\cos{\theta_{1}}\sin{\theta_{2}} \right ) \right ]\\ &=r_{1}r_{2}\left [ \cos{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )} \right ] \end{align*} $$ 即 $$ r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )=r_{1}r_{2}\left [ \cos{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )} \right ] $$ 这就是说,两个复数相乘,积的模等于各复数的模的积,积的辐角等于各复数的辐角之和。

据此,两个复数 $ z_{1},z_{2} $ 相乘时,可以先画出分别与 $ z_{1},z_{2} $ 对应的向量 $ \overrightarrow{OP_{1}},\overrightarrow{OP_{2}} $ ,然后把向量 $ \overrightarrow{OP_{1}} $ 按逆时针方向旋转一个角度 $ \theta_{2} $ (如果 $ \theta < 0 $ ,就要把 $ \overrightarrow{OP_{1}} $ 按顺时针方向旋转一个角度 $ \left | \theta_{2} \right | $ ),在把它的模变为原来的 $ r_{2} $ 倍,所得的向量 $ \overrightarrow{OP} $ ,就表示积 $ z_{1}\cdot z_{2} $ (图 10)。这就是复数乘法的几何意义。

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复数乘法的几何意义

用数学归纳法容易证明(读者自己证明),上面的结论可以推广到 $ n $ 个复数相乘的情况,就是:

$$ \begin{align*} z_{1}\cdot z_{2}\cdot\cdots\cdot z_{n} &=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\cdot\cdots\cdot r_{n}\left ( \cos{\theta_{n}}+i\sin{\theta_{n}} \right )\\ &=r_{1}r_{2}\cdots r_{n}\left [ \cos{\left ( \theta_{1}+\theta_{2}+\cdots +\theta_{n} \right )} + i\sin{\left ( \theta_{1}+\theta_{2}+\cdots +\theta_{n} \right )}\right ] \end{align*} $$

因此,如果 $$ r_{1}=r_{2}=\cdots=r_{n}=r,\theta_{1}=\theta_{2}=\cdots=\theta_{n}=\theta $$ 时,就有 $$ \left [ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )^n \right ]=r^{n}\left ( \cos{n\theta}+i\sin{n\theta} \right )\left ( n\in\mathbf{N} \right ) $$

这就是说,复数的 $ n\left(n\in\mathbf{N}\right) $ 次幂的模等于这个复数的模的 $ n $ 次幂,它的辐角等于这个复数的辐角的 $ n $ 倍。这个定理叫做棣莫佛2定理。

例1:计算 $ \sqrt{2}\left ( \cos{\frac{\pi}{12}}+i\sin{\frac{\pi}{12}} \right )\cdot\sqrt{3}\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right ) $ 。

: $ \sqrt{2}\left ( \cos{\frac{\pi}{12}}+i\sin{\frac{\pi}{12}} \right )\cdot\sqrt{3}\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right )\ =\sqrt{6}\left [ \cos\left ( \frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{6} \right )+i\sin\left ( \frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{6} \right ) \right ]\ =\sqrt{6}\left ( \cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}} \right )\ =\sqrt{6}\left ( \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i \right )\ =\sqrt{3}+\sqrt{3}i $ 。

例2:计算 $ \left ( \sqrt{3}-i \right )^{6} $ 。

:因为 $ \sqrt{3}-i=2\left ( \cos{\frac{11\pi}{6}}+i\sin{\frac{11\pi}{6}} \right ) $ ,所以 $ \left (\sqrt{3}-i  \right )^{6}\ =\left [2\left ( \cos{\frac{11\pi}{6}}+i\sin{\frac{11\pi}{6}} \right )  \right ]^{6}\ =2^{6}\left ( \cos{11\pi}+i\sin{11\pi} \right )\ =64\left ( \cos{\pi}+i\sin{\pi} \right )\ =64\cdot\left ( -1 \right )=-64 $ 。

例3:如图11,向量 $ \overrightarrow{OZ} $ 与复数 $ -1+i $ 对应,把 $ \overrightarrow{OZ} $ 按逆时针方向旋转 $ 120^\circ $ ,得到 $ \overrightarrow{OZ‘} $ 。求与向量 $ \overrightarrow{OZ'} $ 对应的复数(用代数形式表示)。

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复数的旋转

:所求的复数就是 $ -1+i $ 乘以一个复数 $ z_{0} $ 的积,这个复数 $ z_{0} $ 的模是 $ 1 $ ,辐角的主值是 $ 120^\circ $ 。

所以所求的复数是 $ (-1+i)\cdot 1\left ( \cos{120^\circ}+i\sin{120^\circ} \right )\ =(-1+i)\left ( -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )\ =\frac{1-\sqrt{3}}{2}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}i $

例4:如图 12,已知平面内并列的三个相等的正方形,利用复数证明

$ \angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac{\pi}{2}. $

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例 4 图例

证明:如图建立坐标系(确定复平面),由于平行线的内错角相等, $ \angle 1,\angle 2,\angle 3 $ 分别等于复数 $ 1+i,2+i,3+i $ 的辐角的主值,这样 $ \angle 1+\angle 2+\angle 3 $ 就是积 $ \left ( 1+i \right )\left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right ) $ 的辐角,而 $$ \left ( 1+i \right )\left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right )=10i $$ 其辐角的主值是 $ \frac{\pi}{2} $ ,并且 $ \angle 1,\angle 2,\angle 3 $ 都是锐角,于是 $$ 0<\angle 1+\angle 2+\angle 3<\frac{3\pi}{2} $$ 所以 $$ \angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac{\pi}{2} $$

3.2.2 除法

设 $ z_{1}=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ),z_{2}=r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right ) $ ,且 $ z_{2}\neq 0 $ 。因为 $$ r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\cdot \frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ \cos{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )} \right ]=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ) $$ 所以根据复数的除法的定义,有 $$ \frac{r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )}{r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )}=\frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ \cos{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )} \right ] $$

这就是说,两个复数相除,商的模等于被除数的模除以除数的模所得的商,商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差。

例5:计算 $ 4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )\div 2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right ) $ 。

解: $ 4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )\div 2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right )\ =\frac{4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )}{2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right )}\ =2\left [ \cos{\left ( \frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6} \right )}+i\sin{\left ( \frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6} \right )} \right ]\ =2\left [ \cos{\frac{\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right ]=2\left ( 0+i \right )=2i $ 。

3.2.3 开方

设 $ \rho \left ( \cos{\phi}+i\sin{\phi} \right ) $ 是复数 $ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $ 的 $ n\left ( n\in\mathbf{N} \right ) $ 次方根,那么 $$ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )=\left [ \rho \left ( \cos{\phi}+i\sin{\phi} \right ) \right ]^{n}=\rho^{n} \left ( \cos{n\phi}+i\sin{n\phi} \right ) $$

因为相等的复数,它们的模相等,辐角可以相差 $ 2\pi $ 的整数倍,所以 $$ \begin{cases} \rho^{n}=r\\ n\phi=\theta+2k\pi\left ( k\in\mathbf{Z} \right ) \end{cases} $$ 由此可知,$$ \rho=\sqrt[n]{r},\phi=\frac{\theta+2k\pi}{n} $$ 因此 $ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $ 的 $ n $ 次方根是 $$ \sqrt[n]{r}\left ( \cos{\frac{\theta+2k\pi}{n}} +i\sin{\frac{\theta+2k\pi}{n}}\right ) $$

当 $ k $ 取 $ 0,1,\cdots,n-1 $ 各值时,就可以得到上式的 $ n $ 个值。由于正弦、余弦函数的周期都是 $ 2\pi $ ,当 $ k $ 取 $ n,n+1 $ 以及其他各个整数值时,又重复出现 $ k $ 取 $ 0,1,\cdots,n-1 $ 时的结果。所以复数 $ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ) $ 的 $ n $ 次方根3是 $$ \sqrt[n]{r}\left ( \cos{\frac{\theta+2k\pi}{n}} +i\sin{\frac{\theta+2k\pi}{n}}\right )\left ( k=0,1,\cdots,n-1 \right ) $$

这就是说,复数的 $ n\left ( n\in\mathbf{N} \right ) $ 次方根是 $ n $ 个复数,它们的模都等于这个复数的模的 $ n $ 次算术根,它们的辐角分别等于这个复数的辐角与 $ 2\pi $ 的 $ 0,1,\cdots,n-1 $ 倍的和的 $ n $ 分之一。

例6:求 $ 1-i $ 的立方根。

:因为 $$ 1-i=\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{4}}+i\sin{\frac{7\pi}{4}} \right ) $$ 所以 $ 1-i $ 的立方根是 $$ \sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{\frac{7\pi}{4}+2k\pi}{3}}+i\sin{\frac{\frac{7\pi}{4}+2k\pi}{3}} \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{7\pi+8k\pi}{12}}+i\sin{\frac{7\pi+8k\pi}{12}} \right )\left ( k=0,1,2 \right ] $$ 即 $ 1-i $ 的立方根是下面三个复数:$$ \sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{12}}+i\sin{\frac{7\pi}{12}} \right ) $$ $$ \sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{5\pi}{4}}+i\sin{\frac{5\pi}{4}} \right ) $$ $$ \sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{23\pi}{12}}+i\sin{\frac{23\pi}{12}} \right ) $$

例7:设 $ a\in\mathbf{R^{+}} $ ,求 $ -a $ 的平方根。

:因为 $ -a=a\left(\cos{\pi}+i\sin{\pi}\right) $ ,所以 $ -a $ 的平方根是 $$ \sqrt{a}\left ( \cos{\frac{\pi+2k\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi+2k\pi}{2}} \right )\left ( k=0,1 \right ) $$ 即 $ -a $ 的平方根是下面两个复数:$$ \sqrt{a}\left ( \cos{\frac{\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right ),\sqrt{a}\left ( \cos{\frac{3\pi}{2}}+i\sin{\frac{3\pi}{2}} \right ) $$ 或 $$ \sqrt{a}i,-\sqrt{a}i $$

从例7可以看到, $ a\in\mathbf{R^{+}} $ 时, $ -a $ 的平方根是 $ \pm\sqrt{a}i $ 。

我们知道,对于实系数一元二次方程 $ ax^{2}+bx+c=0 $ ,如果 $ b^{2}-4ac< 0 $ ,那么它在实数集 $ \mathbf{R} $ 中没有根。现在我们在复数集 $ \mathbf{C} $ 中考察这种情况。经过变形,原方程可化为 $$ x^{2}+\frac{b}{a}x=-\frac{c}{a} $$ 所以 $$ x^{2}+2\cdot x\cdot \frac{b}{2a}+\left ( \frac{b}{2a} \right )^{2}=\left ( \frac{b}{2a} \right )^{2}-\frac{c}{a} $$ 进一步化简得 $$ \left ( x+\frac{b}{2a} \right )^{2}=\frac{b^{2}-4ac}{\left ( 2a \right )^2} $$ 即 $$ \left ( x+\frac{b}{2a} \right )^{2}=-\left [ \frac{-\left ( b^{2}-4ac \right )}{\left ( 2a \right )^2} \right ] $$

由于 $ \frac{-\left ( b^{2}-4ac \right )}{\left ( 2a \right )^2}\in\mathbf{R^{+}} $ ,根据例 7,我们得到 $$ x+\frac{b}{2a}=\frac{\pm\sqrt{\left ( b^{2}-4ac \right )}i}{2a} $$ 所以方程 $ ax^{2}+bx+c=0 $ 在复数集 $ \mathbf{C} $ 中有两个根 $$ x=\frac{-b\pm\sqrt{-\left ( b^{2}-4ac \right )}i}{2a}\left ( b^{2}-4ac< 0 \right ) $$ 显然,它们是一对共轭复数。

例8:在复数集 $ \mathbf{C} $ 中解方程 $ x^{2}-4x+5=0 $ 。

:因为 $ b^{2}-4ac=16-20=-4< 0 $ ,所以 $ x=\frac{4\pm 2i}{2}=2\pm i $ 。

根据以前学过的一元二次方程的有关知识,我们知道,例8中方程左边的二次三项式 $ x^2-4x+5 $ 在复数集 $ \mathbf{C} $ 中就可以通过求根的方法分解成两个一次因式的积,即 $$ x^{2}-4x+5=\left [ x-\left ( 2+i \right ) \right ]\left [ x-\left ( 2-i \right ) \right ]=\left ( x-2-i \right )\left ( x-2+i \right ) $$ 形如 $ a_{n}x^{n}+a_{0}=0 $ ( $ a_{0},a_{n}\in\mathbf{C} $ ,且 $ a_{n}\neq 0 $ )的方程叫做二项方程。任何一个二项方程都可以化成 $ x^{n}=b\left(b\in\mathbf{C}\right) $ 的形式,因此,都可以通过复数开方来求根。

例9:在复数集 $ C $ 中解方程 $ x^{5}=32 $ 。

:原方程就是 $$ x^{5}=32\left ( \cos{0}+i\sin{0} \right ) $$ 所以 $$ x=\sqrt[5]{32}\left ( \cos{\frac{0+2k\pi}{5}}+i\sin{\frac{0+2k\pi}{5}} \right )\ =2\left [ \cos{\left ( k\cdot\frac{2\pi}{5} \right )}+i\sin{\left ( k\cdot\frac{2\pi}{5} \right )} \right ]\left ( k=0,1,2,3,4 \right ) $$ 就是 $$ x_{1}=2\left ( \cos{0}+i\sin{0} \right )=2 $$ $$ x_{2}=2\left ( \cos{\frac{2\pi}{5}}+i\sin{\frac{2\pi}{5}} \right ) $$ $$ x_{3}=2\left ( \cos{\frac{4\pi}{5}}+i\sin{\frac{4\pi}{5}} \right ) $$ $$ x_{4}=2\left ( \cos{\frac{6\pi}{5}}+i\sin{\frac{6\pi}{5}} \right ) $$ $$ x_{5}=2\left ( \cos{\frac{8\pi}{5}}+i\sin{\frac{8\pi}{5}} \right ) $$

这个方程的根的几何意义是复平面内的五个点,这些点均匀分布在以原点为圆心,以 $ 2 $ 为半径的圆上(圆13)。

一般地,方程 $ x^{n}=b\left(b\in\mathbf{C}\right) $ 的根的几何意义是复平面内的 $ n $ 个点,这些点均匀分布在以原点为圆心,以 $ \sqrt[n]{\left | b \right |} $ 为半径的圆上。

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复数根式的几何意义

*四、复数的指数形式

在科学技术,特别实在电工和无线电计算中,为了方便起见,还采用复数的另一种表示——复数的指数形式。

我们把模为 $ 1 $ ,辐角为 $ \theta $ (以弧度为单位)的复数 $$ \cos{\theta}+i\sin{\theta} $$ 用记号 $ e^{i\theta} $ 来表示,即4 $$ e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta} $$ 例如, $$ e^{i\frac{\pi}{2}}=\cos{\frac{\pi}{1}+i\sin{\frac{\pi}{1}}}=i $$ $$ e^{i\frac{\pi}{3}}=\cos{\frac{\pi}{3}+i\sin{\frac{\pi}{3}}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i $$ 又如,$$ \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} $$ 可以写成 $$ e^{i\frac{5\pi}{6}} $$ $$ \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i=\cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}} $$ 可以写成 $$ e^{i\frac{\theta}{4}} $$

引入记号 $ e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta} $ 之后,任何一个复数 $$ z=r\left(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\right) $$ 就可以表示成 $$ z=re^{i\theta} $$ 的形式。我们把这一表达式叫做复数的指数形式。

根据复数的指数形式的定义,我们有 $$ e^{i\theta_{1}}\cdot e^{i\theta_{2}}\ =\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\ =\cos{\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )}\ =e^{i\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )} $$ 即 $$ e^{i\theta_{1}}\cdot e^{i\theta_{2}}=e^{i\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )} $$

同样可证 $$ \left ( e^{i\theta} \right )^{n}=e^{in\theta}\left ( n\in\mathbf{N} \right ) $$ $$ \frac{e^{i\theta_1}}{e^{i\theta_{2}}}=e^{i\left ( \theta_{1}-\theta_{2} \right )} $$ 上述性质与我们过去学过的实数指数幂的性质一致,所以把复数从三角形式改写成指数形式后,可以运用实数集 $ \mathbf{R} $ 中的幂运算律(注意:乘方的指数限于自然数)来进行运算。这里我们仿照实数集 $ \mathbf{R} $ 中的说法,把 $ e^{i\theta} $ 叫做以 $ e $ 为底、 $ i\theta $ 为指数的幂。

对于开方运算,复数 $ re^{i\theta} $ 的 $ n\left(n\in\mathbf{N}\right) $ 次方根是 $$ \sqrt[n]{r}e^{i\frac{\theta+2k\pi}{n}}\left ( k=0,1,\cdots,n-1 \right ) $$

例1:把复数 $ z=2i $ 表示成指数形式。

: $ z=2i=2\left ( \cos{\frac{\pi}{1}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right )=2e^{i\frac{\pi}{2}} $ 。

例2:把 $ \sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}},\sqrt{5}e^{i\frac{2\pi}{3}} $ 表示成三角形式及代数形式。

: $$ \sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}\left [ \cos\left ( -\frac{\pi}{4} \right )+i\sin{\frac{\pi}{4}} \right ]=1-i $$ $$ \sqrt{5}e^{i\frac{2\pi}{3}}=\sqrt{5}\left [ \cos\left ( -\frac{2\pi}{3} \right )+i\sin{\frac{2\pi}{3}} \right ]=-\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\sqrt{15}}{2}i $$

例3:用 $ e^{i\theta} $ 与 $ e^{-i\theta} $ 表示 $ \cos{\theta} $ 与 $ \sin{\theta} $ 。

:因为 $$ e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta} $$ $$ e^{-i\theta}=\cos{\left ( -\theta \right )}+i\sin\left ( -\theta \right )=\cos{\theta}-i\sin{\theta} $$ 因此 $$ \cos{\theta}=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2},\quad \sin{\theta}=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} $$


  1. $ \mathbf{C} $ 是英文词组Complex numbers(复数)的第一个字母。 ↩︎

  2. 棣莫佛(Abrabam de Moivre, 1667-1754年),法国数学家。 ↩︎

  3. 采用这个符号时,一定要记住 $ \sqrt[n]{z} $ 表示 $ n $ 个复数。 ↩︎

  4. 这里的 $ e=2.71828\cdots $ ,就是自然对数的底数。这个公式叫做欧拉(Leonhard Euler,1707-1783年,瑞士数学家)公式。在“复变函数论”中可以证明这个公式。 ↩︎