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 i 就應像連續旋轉 兩次 $90^\circ$；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。

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)。

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。

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。

乘法逆元公式值得直接檢查。若 $z=x+iy\ne0$，則 $x^2+y^2>0$，並且

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

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

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

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

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

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

因此 $z\overline z$ 一定是非負實數。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 $z_2\ne0$。

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

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

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。

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 $z^{-1}=\overline z$。

乘法是旋轉與縮放

設

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

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。

觀看複平面上的運算如何對齊

下一段短片會保留同一批幾何對象，同時由直角坐標切換到極式。重點是分清 兩條視覺規則：加法是向量加法，而乘法則是旋轉加縮放。

除法則把第二個複數的旋轉反向，並把長度相除：

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

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， $z^{-n}=(z^{-1})^n$。

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。

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 $e^{i\\theta}$：

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

在本課程的層次，我們用這個動機寫成

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

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 恒等式：

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

三角不等式

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。

$\mathbb C$ 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。

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

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

其中根按重數計算。

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

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

單位根與解 $z^n=z_0$

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 $r_0>0$，則所有解為

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

每個根的模都是 $r_0^{1/n}$；幅角相隔 $2\pi/n$。

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。

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。

複數比值亦可描述同向相似三角形：

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

等式表示對應邊長比與夾角都相同。

來源亦引入四個互異點的 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

$$|z-z_0|=r$$

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，

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

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

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

若三個非共線點決定一個圓，則 cross-ratio 判別給出

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

來源亦討論複變換，也就是由複平面到自身的函數。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：$f(z)=1/z$；
• 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 Mobius 變換

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

亦保留 cross ratio。這解釋了為何 Mobius 變換會把直線與圓送到直線或圓。 直線與圓可統一寫成

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

其中 $A,C\in\mathbb R$；$A\ne0$ 時是圓，$A=0$ 時是直線。

快速檢查

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. 證明 $z_1,z_2,z_3$ 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

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。

2. 乘以分母的共軛：

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

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

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

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 $(1-|z_1|^2)(1-|z_2|^2)$。

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：

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

7. $n=1$ 時顯然成立。若命題對 n 成立，則

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

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。

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，

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

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

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

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 $p(\overline\alpha)=0$。

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。

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 $|z+5/4|=3/4$。

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。