複數

Albert Rieger (1834-1905) 奧地利畫家。

本頁有四小節

• 基本概念
• 複數極式
• 複數與極式的運算
• 複數的方根

\begin{equation}{\label{a}}\tag{A}\mbox{}\end{equation}

基本概念.

若 \(x,y\in\mathbb{R}\)，則 \(x+yi\) 稱為複數，其中 \(i=\sqrt{-1}\)，也就是 \(i^{2}=1\)。實數 \(x\) 稱為複數之實部，而實數 \(y\) 稱為複數之虛部。令 \(z=x+yi\) 為一複數，其絕對值為 \(|z|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)。而 \(\bar{z}=x-yi\) 稱為共軛複數。

• 假設 \(z_{1},z_{2}\) 為複數，則
  \[|z_{1}z_{2}|=|z_{1}|\cdot |z_{2}|\]
  當 \(z_{2}\neq 0\)，則
  \[\left |\frac{z_{1}}{z_{2}}\right |=\frac{|z_{1}|}{|z_{2}|}\]
• 假設 \(z\) 為複數，則
  \[\left |z^{n}\right |=|z|^{n}=|\bar{z}|^{n}\]
• 假設 \(z\) 為複數，則
  \[z\cdot\bar{z}=|z|^{2}=|\bar{z}|^{2}\]
  因此當 \(|z|=1\) 時，則 \(\bar{z}=\frac{1}{z}\)。

假設 \(z_{1}=x_{1}+y_{1}i\) 及 \(z_{2}=x_{2}+y_{2}i\) 為複數，則
\[\left |z_{1}-z_{2}\right |=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}\]

♠例題. 假設 \(a<0\) 及 \(b<0\)，證明 \(\sqrt{a}\cdot\sqrt{b}=-\sqrt{ab}\)。

求解: 首先可知 \(-a>0\) 及 \(-b>0\)，所以
\begin{align*}
\sqrt{a}\sqrt{b} & =\sqrt{-(-a)}\sqrt{-(-b)}=\sqrt{-a}i\cdot\sqrt{-b}i=\sqrt{-a}\sqrt{-b}i^{2}\\
& =-\sqrt{-a}\sqrt{-b}=-\sqrt{(-a)(-b)}=-\sqrt{ab}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題.  假設 \(x+y-4i=1+xyi\)，其中 \(x,y\) 為實數，求 \(\left (\sqrt{\frac{y}{x}}+\sqrt{\frac{x}{y}}\right )^{2}\)。

求解: 首先可知 \(x+y=1\) 及 \(xy=-4\)，所以 \(x,y\) 為異號，也就是 \(\frac{y}{x}<0\) 及 \(\frac{x}{y}<0\)。所以
\begin{align*}
\left (\sqrt{\frac{y}{x}}+\sqrt{\frac{x}{y}}\right )^{2} & =\frac{y}{x}+2\sqrt{\frac{y}{x}}\cdot\sqrt{\frac{x}{y}}+\frac{x}{y}\\
& =\frac{y}{x}-2\sqrt{\frac{y}{x}\cdot\frac{x}{y}}+\frac{x}{y}\mbox{ (由上題)}\\
& =\frac{y}{x}-2+\frac{x}{y}=\frac{y^{2}-2xy+x^{2}}{xy}\\ & =\frac{(x+y)^{2}-4xy}{xy}=\frac{1+16}{-4}=-\frac{17}{4}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題. 假設 \(a,b\) 為實數，若 \(a+b=-13\) 及 \(ab=9\)，求 \((\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\)之值。答:  \(-7\)

♠例題.  求 \(8+6i\) 的平方根。另外假設 \(x^{3}+x^{2}-(8+6i)x+a-6i=0\) 有實根，其中 \(a\) 為實數，求 \(a\)及此方程式之三個根。

求解: 令 \(z=x+yi\) 為 \(8+6i\) 的平方根，則 \(z^{2}=8+6i\)，也就是
\[(x+yi)^{2}=x^{2}-y^{2}+2xyi=8+6i\]
所以可知 \(x^{2}-y^{2}=8\) 及 \(2xy=6\)。由第二式可得 \(y=\frac{3}{x}\) 代入第一式得 \(x^{2}-\frac{9}{x^{2}}=8\)，也就是 \(x^{4}-8x^{2}-9=0\)，分解後為 \((x^{2}-9)(x^{2}+1)=0\)，因此解得 \(x=\pm 3\)。代入第二式得 \(y=\pm 1\)。所以平方根為 \(3+i\) 及 \(-3-i\)。設 \(r\) 為方程式的根，所以 \(r^{3}+r^{2}-(8+6i)r+a-6i=0\)。整理後為 \((r^{3}+r^{2}-8r+a)-(6r+6)=0\)，因此可知 \((r^{3}+r^{2}-8r+a=0\) 及 \(6r+6=0\)，所以解得 \(r=-1\) 及 \(a=-8\)。故原方程式為
\[x^{3}+x^{2}-(8+6i)x-(8+6i)=0\mbox{，}\]
也就是 \((x^{2}-(8+6i))(x+1)=0\)，所以三個根為 \(3+i\)，$-3-i$及$-1$。 \(\blacksquare\)

♠例題.  假設 \(1+i\) 為 \(x^{2}+kx+3=0\) 之一根，求 \(k\) 之值。

求解: 將 \(1+i\) 代入方程式得 \((1+i)^{2}+k(1+i)+3=0\)，也就是 \(1+2i-1+k(1+i)+3=0\)。整理後得 \(k(1+i)=-3-2i\)，也就是
\[k=\frac{-3-2i}{1+i}=\frac{(-3-2i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{-5+i}{2}\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題.  假設 \(z\) 為複數。若 \((3-5i)z+(4+3i)\bar{z}=1+i\)，求 \(z\) 之值。

求解: 令 \(z=x+yi\)，則 \(\bar{z}=x-yi\)。代入原式可得
\[(7x+8y)+(-2x-y)i=1+i\]
因此 \(7x+8y=1\) 及 \(-2x-y=1\)，最後聯立解得 \(x=-1\) 及 \(y=1\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  假設 \(z_{1},z_{2}\) 為複數且 \(|z_{1}|=3\)，求 \(\left |\frac{\bar{z}_{1}+9z_{2}}{1+z_{1}z_{2}}\right |\)之值。

求解: 首先可得
\[z_{1}\bar{z}_{1}=|z_{1}|^{2}=9\]
因此 \(\bar{z}_{1}=\frac{9}{z_{1}}\)，所以
\begin{align*}\left |\frac{\bar{z}_{1}+9z_{2}}{1+z_{1}z_{2}}\right |
& =\left |\frac{\frac{9}{z_{1}}+9z_{2}}{1+z_{1}z_{2}}\right |
=\left |\frac{9\left (\frac{1+z_{1}z_{2}}{z_{1}}\right )}{1+z_{1}z_{2}}\right |
\\ & =\left |\frac{9}{z_{1}}\right |=\frac{9}{|z_{1}|}=\frac{9}{3}=3\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♥習題.  若 \(z=(1+i)\left (1+\frac{i}{\sqrt{2}}\right )\cdots\left (1+\frac{i}{\sqrt{99}}\right )\)，求 \(z\) 之值。答:   \(10\)

\begin{equation}{\label{b}}\tag{B}\mbox{}\end{equation}

複數極式

假設 \(z=x+yi\)，令 \(r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，則
\[z=x+yi=r\left (\frac{x}{r}+\frac{y}{r}i\right )=r(\cos\theta+i\sin\theta)\]
稱為極式，其中
\[\cos\theta=\frac{x}{r}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\]及\[\sin\theta=\frac{y}{r}=\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\]
並且 \(\theta\) 稱為幅角，而此幅角並不唯一。若 \(0\leq\theta\leq 2\pi\)，則稱 \(\theta\) 為主幅角，此時主幅角是唯一的，並以 \(\theta=\arg(z)\) 表之。

♠例題. 假設 \(a\) 是實數，若 \(|z|=30\sqrt{2}\)，且
\[z=\frac{(a+i)^{2}(3-i)^{3}}{\sqrt{5}\left (\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right )^{50}}\]
求 \(a\) 之值。

求解: 首先可得
\begin{align*} 30\sqrt{2} & =|z|=\left |\frac{(a+i)^{2}(3-i)^{3}}{\sqrt{5}\left (\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i
\right )^{50}}\right |\\ & =\frac{|a+i|^{2}\cdot |3-i|^{3}}{\sqrt{5}\left |\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i
\right |^{50}}\\ & =\frac{(a^{2}+1)\cdot 10\sqrt{10}}{\sqrt{5}}=10\sqrt{2}(a^{2}+1)\end{align*}
因此解得 \(a^{2}+1=3\)，也就是 \(a=\pm\sqrt{2}\)。 \(\blacksquare\)

♠例題. 假設 \(|z-1|=6|z|\) 且 \(\arg\left (\frac{z-1}{z}\right )=\frac{2\pi}{3}\)，求 \(z\) 之值。

求解: 根據極式
\begin{align*} \frac{z-1}{z} & =\left |\frac{z-1}{z}\right |\left (\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}
\right )\\ & =6\left (-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right )=3(-1+\sqrt{3}i)\end{align*}
因此可得
\[1-\frac{1}{z}=3(-1+\sqrt{3}i)\]
也就是
\[\frac{1}{z}=4-3\sqrt{3}i\]
因此求得
\[z=\frac{1}{4-3\sqrt{3}i}=\frac{4+3\sqrt{3}i}{43}=\frac{4}{43}+\frac{3\sqrt{3}}{43}i\mbox{。}\blacksquare\]

♥習題. 假設 \(z_{1}=2+ai\)，$z_{2}=2b+(2-b)i$，其中 \(a,b\mathbb{R}\)，若 \(|z_{1}|=\sqrt{2}|z_{2}|\)且 \(\arg(\frac{z_{1}}{z_{2}})=\frac{\pi}{4}\)，求 \(a,b\) 之值。答:   \(a=\frac{10}{3}\)及 \(b=\frac{4}{3}\)

\begin{equation}{\label{c}}\tag{C}\mbox{}\end{equation}

複數與極式的運算.

複數的運算如下
\begin{align*}
& (a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i\\
& (a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i\\
& (a+bi)(c+di)=(ac+adi+bci+bdi^{2})=(ac+adi+bci-bd)=(ac-bd)+(ad+bc)i\\
& \frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\frac{ac+bd}{c^{2}+d^{2}}+\frac{bc-ad}{c^{2}+d^{2}}i
\end{align*}
假設 \(z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\)， \(z_{1}=r_{1}(\cos\theta_{1}+i\sin\theta_{1})\) 及 \(z_{2}=r_{2}(\cos\theta_{2}+i\sin\theta_{2})\)，則極式的運算如下
\begin{align*}
& z_{1}\cdot z_{2}=r_{1}\cdot r_{2}\left [\cos\left (\theta_{1}+\theta_{2}\right )+i\sin\left (\theta_{1}+\theta_{2}\right )\right ]\\
& \frac{1}{z}=\frac{1}{r}\left [\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)\right ]=\frac{1}{r}\left [\cos\theta-i\sin\theta\right ]\\
& \frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{r_{1}}{r_{2}}\left [\cos\left (\theta_{1}-\theta_{2}\right )+i\sin\left (\theta_{1}-\theta_{2}\right )\right ]\\
& z^{n}=r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)\mbox{，}n\in\mathbb{Z}\mbox{及}r>0\mbox{。}
\end{align*}

♠例題.  假設 \(z\) 為一複數且 \(\bar{z}\) 為其共軛複數，證明 \(\frac{1+z}{1+\bar{z}}=z\)。假設 \(\theta=\frac{\pi}{2000}\)，求 \(\left (\frac{1+\cos\theta+i\sin\theta}{1+\cos\theta-i\sin\theta}\right )^{2000}\) 之值。

求解: 因為 \(|z|=1\)，也就是 \(|z|^{2}=1\)，因此可得 \(z\cdot\bar{z}=|z|^{2}=1\)。所以
\[\frac{1+z}{1+\bar{z}}=\frac{1+z}{z\cdot\bar{z}+\bar{z}}=\frac{z(1+\bar{z})}{1+\bar{z}}=z\mbox{。}\]
令 \(z=\cos\theta+i\sin\theta\)，則 \(\bar{z}=\cos\theta-i\sin\theta\)，所以可得
\begin{align*} \mbox{原式} & =\left (\frac{1+z}{1+\bar{z}}\right )^{2000}=z^{2000}\\ & =\left (\cos\frac{\pi}{2000}
+i\sin\frac{\pi}{2000}\right )^{2000}=\cos\pi+i\sin\pi=-1\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♥習題. 假設
\[\frac{1+\cos\frac{2\pi}{5}+i\sin\frac{2\pi}{5}}{1+\cos\frac{2\pi}{5}-i\sin\frac{2\pi}{5}}\]
求 \(z^{65}+z^{66}+\cdots+z^{1995}\) 之值。答:  \(1\)

♠例題.  假設 \(n\in\mathbb{Z}\) 及 \(z+\frac{1}{z}=2\cos\theta\)，證明 \(z^{n}+\frac{1}{z^{n}}=2\cos n\theta\)。假設 \(x+\frac{1}{x}=1\)，求 \(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\) 之值。

求解:  因為 \(z+\frac{1}{z}=2\cos\theta\)，所以 \(z^{2}-2z\cos\theta+1=0\)，因此可解得
\begin{align*} z & =\frac{2\cos\theta\pm\sqrt{4\cos^{2}\theta-4}}{2}=\cos\theta\pm\sqrt{\cos^{2}\theta-1}
\\ & =\cos\theta\pm\sqrt{-\sin^{2}\theta}=\cos\theta\pm i\sin\theta\mbox{。}\end{align*}
若 \(z=\cos\theta+i\sin\theta\)，則 \(\frac{1}{z}=\cos\theta-i\sin\theta\)。所以不論 \(z=\cos\theta+i\sin\theta\) 或 \(z=\cos\theta-i\sin\theta\) 皆可得
\begin{align*}
z^{n}+\frac{1}{z^{n}} & =(\cos\theta+i\sin\theta)^{n}+(\cos\theta-i\sin\theta)^{n}\\
& =(\cos n\theta+i\sin n\theta)+(\cos n\theta-i\sin n\theta)\\ & =2\cos n\theta\mbox{。}
\end{align*}
另外
\[x+\frac{1}{x}=1=2\cos\frac{\pi}{3}\mbox{，}\]
也就是 \(\theta=\frac{\pi}{3}\)，因此
\[x^{n}+\frac{1}{x^{n}}=2\cos\frac{n\pi}{3}\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題.  假設 \(n\in\mathbb{Z}\) 且 \(\theta=\frac{\pi}{n}\)，證明
\begin{align*} \cos\theta+\cos 2\theta+\cdots+\cos 2n\theta & =0\\ & =\sin\theta+\sin 2\theta+\cdots+\sin 2n\theta\mbox{。}\end{align*}

證明: 令 \(z=\cos\theta+i\sin\theta=\cos\frac{\pi}{n}+i\sin\frac{\pi}{n}\)，則 \(z^{2n}=\cos 2\pi+i\sin 2\pi=1\)。令
\[X=\cos\theta+\cos 2\theta+\cdots+\cos 2n\theta\]及\[Y=\sin\theta+\sin 2\theta+\cdots+\sin 2n\theta\mbox{。}\]
則可得
\[X+iY=z+z^{2}+\cdots+z^{n}=\frac{z(1-z^{2n})}{1-z}=0\mbox{，}\]
所以 \(X=Y=0\)。 \(\blacksquare\)

\begin{equation}{\label{d}}\tag{D}\mbox{}\end{equation}

複數的方根.

假設 \(a,b\in\mathbb{R}\)，則方程式 \(z^{2}=a+bi\) 的跟為
\[z=\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2}}+i\frac{|b|}{b}\sqrt{\frac{-a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2}}\]
及 \[z=-\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2}}+i\frac{|b|}{b}\sqrt{\frac{-a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2}}\mbox{。}\]

複數 \(z=|z|(\cos\theta+i\sin\theta)\) 之 \(n\)次方根為
\[z_{k}=\sqrt[n]{|z|}\left(\cos\frac{\theta+2k\pi}{n}+i\sin\frac{\theta+2k\pi}{n}\right )\]
其中 \(k=0,1,2,\cdots,n-1\) 共 \(n\)個。若令 \(\omega=\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}\)，則 \(n\)個方根為 \(z_{0},z_{0}\omega,z_{0}\omega^{2},\cdots,z_{0}\omega^{n-1}\)。

♠例題.  解方程式 \(z^{2}=5-12i\) 其中 \(z\) 為複數。

求解: 令 \(z=a+bi\)，則 \((a+bi)^{2}=a^{2}-b^{2}+2abi\)，所以
\[z^{2}=(a+bi)^{2}=a^{2}-b^{2}+2abi=5-12i\mbox{。}\]
因此 \(a^{2}-b^{2}=5\) 及 \(2ab=-12\)，可得 \(a^{2}+b^{2}=13\)，所以解得 \(a^{2}=9\)。若 \(a=3\) 則 \(b=-2\)，因此 \(z=3-2i\)。若 \(a=3\) 則 \(b=-2\)，因此 \(z=-3+2i\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  求 \(-128+128\sqrt{3}i\) 之四次方根。

求解: 首先
\begin{align*} z^{4} & =-128+128\sqrt{3}i=256\left (-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right )\\ & =256\left (\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right )\mbox{，}\end{align*}
所以可得
\[z=\sqrt[4]{256}\left (\cos\frac{\frac{2\pi}{3}+2k\pi}{4}+i\cos\frac{\frac{2\pi}{3}+2k\pi}{4}\right )\\]
其中 \(k=0,1,2,3\)，也就是四個根為
\begin{align*}
& z_{0}=4(\cos 30^{\circ}+i\sin 30^{\circ})=2\sqrt{3}+2i\\
& z_{1}=4(\cos 120^{\circ}+i\sin 120^{\circ})=-2+2\sqrt{3}i\\
& z_{2}=4(\cos 210^{\circ}+i\sin 210^{\circ})=-2\sqrt{3}-2i\\
& z_{3}=4(\cos 300^{\circ}+i\sin 300^{\circ})=2-2\sqrt{3}i\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

若 \(n\geq 2\)，令 \(\omega=\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}\)，則有下面性質

• \(\omega^{n}=1\)
• \(1,\omega,\omega^{2},\cdots,\omega^{n-1}\) 為 \(1\) 的 \(n\)次方根
• \(1+\omega+\omega^{2}+\cdots+\omega^{n-1}=0\)
• \(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-1}=(x-\omega)(x-\omega^{2})\cdots (x-\omega^{n-1})\)，也就是 \(\omega,\omega^{2},\cdots,\omega^{n-1}\) 為其 \(n-1\)個根。

♠例題.  假設 \(\omega=\cos\frac{2\pi}{7}+i\sin\frac{2\pi}{7}\)，求下列各式之值

(1) \(1+\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}+\omega^{5}+\omega^{6}\)

(2) \(\omega\cdot\omega^{2}\cdot\omega^{3}\cdots\omega^{48}\)

(3) \((1-\omega)(1-\omega^{2})(1-\omega^{3})(1-\omega^{4})(1-\omega^{5})(1-\omega^{6})\)

(4) \((1+\omega)(1+\omega^{2})(1+\omega^{3})(1+\omega^{4})(1+\omega^{5})(1+\omega^{6})\)

求解: 首先可得 \(\omega^{7}=1\)。

(1) 解得
\[\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}+\omega^{5}+\omega^{6}=\frac{1-\omega^{7}}{1-\omega}=\frac{1-1}{1-\omega}=0\]

(2) 解得
\[\omega\cdot\omega^{2}\cdot\omega^{3}\cdots\omega^{48}=\omega^{1+\cdots+48}=\omega^{\frac{48\cdot 49}{2}}=(\omega^{7})^{7\cdot24}=1\]

(3) 因為 \(x^{7}=1\) 之根為 \(1,\omega,\omega^{2},\omega^{3},\omega^{4},\omega^{5},\omega^{6}\)且
\[x^{7}-1=(x-1)(1+x^{2}+\cdots +x^{6})\]
因此
\[1+x^{2}+\cdots +x^{6}=(x-\omega)(x-\omega^{2})(x-\omega^{3})(x-\omega^{4})(x-\omega^{5})(x-\omega^{6})\]
令 \(x=1\) 代入可得
\[7=(1-\omega)(1-\omega^{2})(1-\omega^{3})(1-\omega^{4})(1-\omega^{5})(1-\omega^{6})\]

(4) 承上，令 \(x=-1\) 代入可得
\[-1=(-1-\omega)(-1-\omega^{2})(-1-\omega^{3})(-1-\omega^{4})(-1-\omega^{5})-(1-\omega^{6})\]
也就是
\[1=(1+\omega)(1+\omega^{2})(1+\omega^{3})(1+\omega^{4})(1+\omega^{5})(1+\omega^{6})\mbox{。}\blacksquare\]