ch16-複數

{/* label: chap:ch16 */}

數係的每一次擴充，其背后都蕴含着一個深刻的动因：為了使某种在原有體係内无解的运算變得有意義. 從自然數 (\mathbb{N}) 到整數 (\mathbb{Z})，是為了使减法运算得以封闭；從整數 (\mathbb{Z}) 到有理數 (\mathbb{Q})，是為了使除法运算得以封闭；從有理數 (\mathbb{Q}) 到实數 (\mathbb{R})，是為了使開方运算與極限运算得以封闭.

然而，即便是实數集 (\mathbb{R}) 中，一個最基礎的代數方程仍然揭示了它的局限性：

x^2 = -1

在实數范围内，任何數的平方都非负，因此该方程无解.這不僅是求根公式在判别式 (\Delta < 0) 时失效的根本原因，更標志着实數係在代數完備性上的一個根本缺陷.為了弥合這一缺陷，數學家们必须探寻對“數”這一概念的再次延拓.

让我们暂时搁置纯粹的代數求解，從几何的视角重新审视數的运算.在实數轴上，乘以 (-1) 對應着一個明确的几何變換：以原点為中心旋转 (180^\circ).例如，(2 \times (-1) = -2)，点 ((2,0)) 旋转 (180^\circ) 到达点 ((-2,0)). 一個深刻的問題由此产生：是否存在一种运算，当它连續作用两次后，其效果恰好等同于“旋转 (180^\circ)”？換言之，我们能否為“旋转 (90^\circ)”這一几何變換，寻找到一個對應的代數实體？

這個几何問題為我们提供了一条構造性的路径.若要将代表 (1) 的点進行 (90^\circ) 的旋转，其像必然会脱离一維的实數轴，而進入一個二維的平面.我们不妨将這個“逆时针旋转 (90^\circ)”的算子记為 (i).那么，從 (1) 出發，施以 (i) 的运算就意味着将点 ((1,0)) 旋转至新位置.再施以一次 (i) 的运算，即连續旋转两次 (90^\circ)，就等同于旋转 (180^\circ)，最终到达 (-1) 的位置.

\begin{figure}[htbp]

{i^2=-1}} \end{figure} 圖：從代數到几何的统一：\texorpdfstring{ $i^2=-1$

這一過程揭示了代數结構與几何變換之間深刻的對應關係.我们為“逆时针旋转 (90^\circ)”這一几何變換所寻找的代數算子 (i)，其二次幂 ((i^2)) 的代數效果，必然等同于“乘以 (-1)”.這便導出了新數係的核心定義，它同时满足了代數與几何的雙重逻辑要求：

i^2 = -1

因此，複數的概念并非一种随意的形式構造，而是代數需求與几何直观内在统一的必然结果.它将我们對數的认知從一維的數轴拓展至二維的平面.

複數的概念與几何意義

{/* label: sec:ch16-s01 */}

複數的基本概念

複數

我们定義形如 $z = a+bi$ 的數称為複數, 其中 $a,b$ 均為实數 ( $\mathbb{R}$ ), $i$ 称為虚數單位, 它满足 $i^2 = -1$ .

$a$ 称為複數 $z$ 的实部 , 记作 $\operatorname{Re}(z) = a$ .
$b$ 称為複數 $z$ 的虚部 , 记作 $\operatorname{Im}(z) = b$ .

所有複數構成的集合称為複數集，记作 $\mathbb{C}$ .

請注意關于实部和虚部的记号，比如 $\operatorname{Re}(z) = a$ ，只是本書為了方便展示而引入使用，不推荐你在解題的时候直接寫此符号.

複數的分類

设複數 $z=a+bi$ :

当 $b=0$ 时, $z=a$ 是一個实數.
当 $b \ne 0$ 时, $z$ 称為虚數.
当 $a=0$ 且 $b \ne 0$ 时, $z=bi$ 称為纯虚數.

两個複數相等，当且僅当它们的实部和虚部分别相等：

a+bi = c+di \iff a=c \text{ 且 } b=d

複數的几何表示

複平面

建立了直角坐標係来表示複數的平面，称為複平面或阿尔冈圖.

$x$ 轴称為实轴.
$y$ 轴称為虚轴.

複數 $z=a+bi$ 與複平面上的点 $Z(a,b)$ 以及從原点指向点 $Z$ 的向量 $\overrightarrow{OZ}$ 是一一對應的. 這种對應關係是數形结合思想在複數中的基石.

模與共轭

设複數 $z=a+bi$ .

模: 複數 $z$ 對應的向量 $\overrightarrow{OZ}$ 的长度, 记作 $|z|$ .

|z| = \sqrt{a^2 + b^2}

共轭複數: 实部相等，虚部互為相反數的两個複數. $z$ 的共轭複數记作 $\bar{z}$ .

\bar{z} = a-bi

在複平面上，共轭複數對應的点關于实轴對称.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：複數、模與共轭的几何意義

模與共轭的性質

设 $z, z_1, z_2 \in \mathbb{C}$ :

$z \cdot \bar{z} = |z|^2$ . (這是连接代數运算與几何模长的桥梁)
$|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$ , $|\frac{z_1}{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}$ ( $z_2 \ne 0$ ).
$\overline{z_1 \pm z_2} = \bar{z_1} \pm \bar{z_2}$ . (共轭對加减法是“可分配”的)
$\overline{z_1 z_2} = \bar{z_1} \bar{z_2}$ , $\overline{(\frac{z_1}{z_2})} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$ ( $z_2 \ne 0$ ). (共轭對乘除法也是“可分配”的)

證明

我们将按顺序逐一證明上述性質.

**證明 $z \cdot \bar{z** = |z|^2$ :}

此為基礎性質，其證明可通過将複數代入其代數形式 $z=a+bi$ 直接展開验證.

设複數 $z = a+bi$ , 其中 $a, b \in \mathbb{R}$ . 根据共轭複數的定義，有 $\bar{z} = a-bi$ . 计算两者的乘積：

\begin{aligned} z \cdot \bar{z} &= (a+bi)(a-bi) &= a^2 - (bi)^2 &&\text{(利用平方差公式)} &= a^2 - b^2 i^2 &= a^2 - b^2(-1) &&\text{(由虚數單位的定義 $i^2 = -1$)} &= a^2 + b^2 \end{aligned}

另一方面，根据複數模的定義，我们有 $|z| = \sqrt{a^2+b^2}$.
因此，

|z|^2 = \left(\sqrt{a^2+b^2}\right)^2 = a^2+b^2

比较两式结果，可知 $z \cdot \bar{z} = |z|^2$ 得證.

2. **證明 $|z_1 z_2| = |z_1| |z_2|$ 與 $|\frac{z_1**{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}$ :}

直接使用根号進行代數展開将極為繁琐.一個更為簡洁且深刻的證明策略是，首先證明模的平方满足该性質，即 $|z_1 z_2|^2 = (|z_1||z_2|)^2$.此方法可以巧妙地运用性質(1)和性質(4)，從而完全避免处理根式.

我们從等式左边的平方入手：

\begin{aligned} |z_1 z_2|^2 &= (z_1 z_2) \cdot \overline{(z_1 z_2)} &&\text{(由性質(1): $|w|^2 = w\bar{w}$)} &= (z_1 z_2) \cdot (\bar{z_1} \bar{z_2}) &&\text{(由性質(4): $\overline{w_1 w_2} = \bar{w_1}\bar{w_2}$)} &= (z_1 \bar{z_1}) \cdot (z_2 \bar{z_2}) &&\text{(複數乘法满足交換律與结合律)} &= |z_1|^2 \cdot |z_2|^2 &&\text{(再次應用性質(1))} \end{aligned}

我们已經證明了 $|z_1 z_2|^2 = |z_1|^2 |z_2|^2$.
由于複數的模 $|z|$ 定義為非负实數, 所以 $|z_1 z_2|$ 與 $|z_1||z_2|$ 均為非负实數.
對等式两边同时取非负平方根，即得 $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$.

除法性質 $|\frac{z_1}{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}$ 的證明技巧類似, 可以通過令 $w = \frac{z_1}{z_2}$ 并利用已證的乘法结論導出，留作讀者練習.

3. **證明 $\overline{z_1 \pm z_2** = \bar{z_1} \pm \bar{z_2}$ :}

我们采用代數展開法，分别计算等式两边，验證其是否相等.设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$.

首先计算等式左边 (以加法為例)：

z_1 + z_2 = (a+c) + (b+d)i

對其整體取共轭，得到：

\overline{z_1 + z_2} = (a+c) - (b+d)i

然后计算等式右边：

\bar{z_1} = a-bi, \bar{z_2} = c-di

将它们相加，得到：

\bar{z_1} + \bar{z_2} = (a+c) + (-b-d)i = (a+c) - (b+d)i

由于左边與右边表达式完全相同，故 $\overline{z_1 + z_2} = \bar{z_1} + \bar{z_2}$ 得證.减法的情况完全同理.

4. **證明 $\overline{z_1 z_2** = \bar{z_1} \bar{z_2}$ 與 $\overline{(\frac{z_1}{z_2})} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$ :}

對于乘法，我们依然使用代數展開法.设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$.

计算等式左边：

z_1 z_2 = (a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i

對其整體取共轭，得到：

\overline{z_1 z_2} = (ac-bd) - (ad+bc)i

计算等式右边：

\begin{aligned} \bar{z_1} \cdot \bar{z_2} &= (a-bi)(c-di) &= ac - adi - bci + bdi^2 &= (ac - bd) - (ad+bc)i \end{aligned}

由于左边與右边表达式完全相同，故 $\overline{z_1 z_2} = \bar{z_1} \bar{z_2}$ 得證.

對于除法，一個更优雅的方法是利用刚刚證明的乘法结論進行转化.
令 $w = \frac{z_1}{z_2}$, 则有 $z_1 = w \cdot z_2$.
對等式两边同时取共轭，得到 $\bar{z_1} = \overline{w \cdot z_2}$.
根据已證的乘法性質，有 $\bar{z_1} = \bar{w} \cdot \bar{z_2}$.
由此解出 $\bar{w}$, 我们得到 $\bar{w} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$.
将 $w = \frac{z_1}{z_2}$ 代回, 即得 $\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$.

例

已知複數 $z, w$ 均不為 0，则下列结論正确的是 ( )

| A. $z^2 = |z|^2$ | B. $\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}$ | | --- | --- | | C. $\overline{z-w} = \bar{z} - \bar{w}$ | D. $\left|\frac{z}{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}$ |

解

**【解析】**本題旨在考察對複數基本运算法则和性質的掌握情况.我们将逐一分析每個選項.

對 A: $z^2 = |z|^2$

该命題錯誤.我们可以通過举反例来證伪.

令 $z = i$ . 等式左边為 $z^2 = i^2 = -1$ . 等式右边為 $|z|^2 = |i|^2 = 1^2 = 1$ . 左边 $\ne$ 右边，故 A 錯誤.

**對 B: $\frac{z**{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}$ }

该命題正确.這是一個非常重要的恒等式，其證明巧妙地利用了核心性質 $|z|^2 = z\bar{z}$ .

證明： 我们的目標是将等式左边變換成右边的形式.

\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z}{\bar{z}} \cdot \frac{z}{z} = \frac{z \cdot z}{\bar{z} \cdot z} = \frac{z^2}{z\bar{z}}

因為 $z\bar{z} = |z|^2$ ，所以

\frac{z^2}{z\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}

因此， $\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}$ 成立.故 B 正确.

**對 C: $\overline{z-w** = \bar{z} - \bar{w}$ }

该命題正确.這是共轭複數的基本运算法则.

證明：设 $z = a+bi$ , $w = c+di$ .

左边 $= \overline{(a+bi)-(c+di)} = \overline{(a-c)+(b-d)i} = (a-c)-(b-d)i$ .

右边 $= \overline{a+bi} - \overline{c+di} = (a-bi) - (c-di) = (a-c)-(b-d)i$ .

左边 $=$ 右边，故 C 正确.

**對 D: $\left|\frac{z**{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}$ }

该命題正确.這是複數模的基本运算法则.

證明：利用性質 $|u|^2 = u\bar{u}$ 和 $\overline{(u/v)} = \bar{u}/\bar{v}$ .

\left|\frac{z}{w}\right|^2 = \left(\frac{z}{w}\right) \cdot \overline{\left(\frac{z}{w}\right)} = \frac{z}{w} \cdot \frac{\bar{z}}{\bar{w}} = \frac{z\bar{z}}{w\bar{w}} = \frac{|z|^2}{|w|^2}

由于模為非负數，两边同时開方，得 $\left|\frac{z}{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}$ . 故 D 正确.

【结論】 綜上所述，正确的選項為 B、C、D.

經验总结

本題的四個選項是複數性質的集中體現，其中恒等式 $|z|^2 = z\bar{z}$ 扮演了核心角色.

它是连接複數 $z$ 、其共轭 $\bar{z}$ 與其模 $|z|$ 的關键桥梁.
在證明選項B和D时，我们都巧妙地运用了它.對于B，我们通過構造 $z\bar{z}$ 来得到分母 $|z|^2$ ；對于D，我们通過對模的平方运算，将問題转化為此恒等式的應用.
掌握并灵活运用 $|z|^2 = z\bar{z}$ ，是解决许多看似複杂的複數恒等變換問題的"金钥匙".

複數的运算

{/* label: sec:ch16-s02 */}

代數运算

设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$ .

加法/减法:

z_1 \pm z_2 = (a \pm c) + (b \pm d)i

几何意義: 遵循向量加/减法的平行四边形/三角形法则.

乘法:

z_1 \cdot z_2 = (a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i

(像多項式一样展開，然后用 $i^2=-1$ 化簡)

除法:

\frac{z_1}{z_2} = \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

核心技巧: 分子分母同乘以分母的共轭複數，以实現“分母实數化”.

複數四则运算

计算 $z = \frac{(1-2i)^2}{2+i} + i^{2023}$ .

解

{处理這類問題，要遵循“先乘方，后除法，再加法”的运算顺序，并善用 $i$ 的周期性.}

首先，我们计算分數的分子部分：

(1-2i)^2 = 1^2 - 2(1)(2i) + (2i)^2 = 1 - 4i + 4i^2 = 1 - 4i - 4 = -3-4i

接着，我们计算除法，分子分母同乘以 $2-i$ :

\frac{-3-4i}{2+i} = \frac{(-3-4i)(2-i)}{(2+i)(2-i)} = \frac{-6+3i-8i+4i^2}{2^2 - i^2} = \frac{-6-5i-4}{4-(-1)} = \frac{-10-5i}{5} = -2-i

然后，我们处理 $i$ 的高次幂. $i$ 的幂具有周期性，周期為4:

i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1

對于 $i^{2023}$ , 我们考察指數 $2023$ 除以 $4$ 的余數.

2023 = 4 \times 505 + 3

因此， $i^{2023} = i^3 = -i$ .

最后，将两部分相加：

z = (-2-i) + (-i) = -2 - 2i

结論: $z = -2-2i$ .

二次方程的複數解

{/* label: sec:ch16-s03 */}

在前文中，我们已經建立了複數係的代數框架.現在，我们具備了必要的工具来解决最初激發這一理論發展的核心問題：求解在实數域 (\mathbb{R}) 内无解的二次方程.

负实數的平方根

在实數係中，求解形如 (x^2=-p)（其中 (p>0)）的方程是不可能的，其根本原因在于不存在一個实數的平方為负數.虚數單位 (i) 的引入，其核心定義即 (i^2=-1)，恰好為解决此問題提供了代數基礎.

据此，對于任意正实數 (p)，(-p) 的平方根可以被严谨地定義.我们有：

\sqrt{-p} = \sqrt{p \cdot (-1)} = \sqrt{p} \cdot \sqrt{-1}

将 (i) 视為 (\sqrt{-1}) 的一個代數记号，则上式可寫作：

\sqrt{-p} = \sqrt{p} \, i

例如：

\sqrt{-4} = \sqrt{4} \, i = 2i

\sqrt{-16} = \sqrt{16} \, i = 4i

\sqrt{-3} = \sqrt{3} \, i

有了這個定義，求根公式 (x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}) 的應用范围便可推廣至判别式 (\Delta < 0) 的情形.

求根公式的應用

例

解方程 $x^2+1=0$ .

解

對于方程 $x^2+1=0$ (即 $x^2+0x+1=0$ ):

计算判别式: $\Delta = b^2 - 4ac = 0^2 - 4(1)(1) = -4$ .
计算判别式的平方根: $\sqrt{\Delta} = \sqrt{-4} = 2i$ .
代入求根公式:

x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-0 \pm 2i}{2(1)} = \pm i

因此，该方程在複數集 (\mathbb{C}) 内的解為 $x_1 = i$ 和 $x_2 = -i$ . 這两個解是一對共轭的纯虚數.

檢验: 当 $x=i$ 时, $x^2+1 = i^2+1 = -1+1=0$ . 当 $x=-i$ 时, $x^2+1 = (-i)^2+1 = i^2+1 = -1+1=0$ . 解的正确性得到验證.

例

解方程 $x^2-2x+5=0$ .

解

對于方程 $x^2-2x+5=0$ :

计算判别式: $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(5) = 4 - 20 = -16$ .
计算判别式的平方根: $\sqrt{\Delta} = \sqrt{-16} = 4i$ .
代入求根公式:

x = \frac{-(-2) \pm 4i}{2(1)} = \frac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i

因此，方程的两個解為 $x_1 = 1+2i$ 和 $x_2 = 1-2i$ . 這两個解是一對共轭複數.

一般性结論

上述例子揭示了一個普遍的规律，我们可以将其总结為如下定理，從而将一元二次方程的求根理論在複數集 (\mathbb{C}) 内推廣至完備.

定理

對于任意实係數一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$ ( $a\ne 0$ ), 当其判别式 $\Delta = b^2-4ac \< 0$ 时，方程在複數集 (\mathbb{C}) 内有两個共轭的虚數根：

x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{|\Delta|} \, i}{2a}

此定理表明，在複數域中，任何实係數一元二次方程皆有解.通過引入複數，我们不僅解决了特定方程的求解問題，更重要的是，恢複了代數运算的和谐與统一性.

複數运算的几何意義*

{/* label: sec:ch16-s04 */}

複數的代數形式 (z=a+bi) 在处理加减法时，其几何意義與向量的平行四边形法则完全對應，非常直观.然而，對于乘除法，代數形式 ((ac-bd)+(ad+bc)i) 却难以揭示其几何本質.為了探明乘除法在複平面上對應的几何變換，我们引入複數的三角形式.

三角形式與辐角

任何一個非零複數 $z=a+bi$ 都可以表示為：

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

其中 $r = |z| = \sqrt{a^2+b^2}$ 是複數的模, $\theta$ 是以实轴正半轴為始边, 向量 $\overrightarrow{OZ}$ 為终边的角, 称為辐角, 记作 $\operatorname{Arg}(z)$ .

在所有可能的辐角中，我们通常選取满足 $0 \le \theta \< 2\pi$ (或 $-\pi \< \theta \le \pi$ ) 的唯一值, 称之為辐角主值, 记作 $\arg(z)$ .

乘除法的三角表示

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

\begin{aligned} z_1 z_2 &= r_1 r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2) + i\sin(\theta_1+\theta_2)] \frac{z_1}{z_2} &= \frac{r_1}{r_2} [\cos(\theta_1-\theta_2) + i\sin(\theta_1-\theta_2)] \end{aligned}

该定理揭示了複數乘除法深刻的几何内涵，可以概括為以下两条核心法则：

複數相乘：模相乘，辐角相加.
複數相除：模相除，辐角相减.

從几何變換的角度看，用複數 (z_2)去乘 (z_1)，相当于将代表 (z_1) 的向量 (\overrightarrow{OZ_1}) 的长度變為原来的 (r_2) 倍，并在此基礎上再逆时针旋转 (\theta_2) 角.

證明

我们以乘法為例，剩下的是類似的.首先将 $z_1 = r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)$ 與 $z_2 = r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)$ 直接相乘：

\begin{aligned} z_1 z_2 &= [r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)] \cdot [r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)] &= r_1 r_2 (\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2) \intertext{展開括号内的乘積，并利用 $i^2 = -1$：} &= r_1 r_2 [(\cos\theta_1 \cos\theta_2 - \sin\theta_1 \sin\theta_2) + i(\sin\theta_1 \cos\theta_2 + \cos\theta_1 \sin\theta_2)] \intertext{观察可知，括号内的实部與虚部恰好對應于三角函數的和角公式：} &= r_1 r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2) + i\sin(\theta_1+\theta_2)] \end{aligned}

乘法法则得證.對于除法法则，可以通過類似的代數展開并利用差角公式来證明，在此留作練習.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：複數乘法的几何意義

例

已知平面直角坐標係中的点 $A$ 的坐標為 $(x,y)$ . 将点 $A$ 绕原点 $O$ 逆时针旋转 $90^\circ$ 得到点 $B$ , 将点 $A$ 绕原点 $O$ 顺时针旋转 $90^\circ$ 得到点 $C$ , 請求出点 $B$ 和点 $C$ 的坐標.

解

此几何變換問題可通過複數运算优雅地解决.其核心思想在于，平面上的点可由複數表示，而绕原点的旋转则對應于乘以一個特定模為1的複數.

点 $A(x,y)$ 在複平面上對應的複數為 $z_A = x+yi$ .

根据複數乘法的几何意義，将一個複數乘以 $\cos\theta + i\sin\theta$ 意味着将其對應的向量绕原点逆时针旋转 $\theta$ 角.

對于点 $B$ , 其變換為绕原点逆时针旋转 $90^\circ$ .该旋转操作對應的代數算子為

\cos(90^\circ) + i\sin(90^\circ) = 0 + 1 \cdot i = i

因此，点 $B$ 對應的複數 $z_B$ 為：

\begin{aligned} z_B &= z_A \cdot i &= (x+yi)i &= xi + yi^2 = -y + xi \end{aligned}

由此可知，点 $B$ 的坐標為 $(-y, x)$ .

對于点 $C$ , 其變換為绕原点顺时针旋转 $90^\circ$ , 即逆时针旋转 $-90^\circ$ .该旋转操作對應的代數算子為

\cos(-90^\circ) + i\sin(-90^\circ) = 0 - 1 \cdot i = -i

因此，点 $C$ 對應的複數 $z_C$ 為：

\begin{aligned} z_C &= z_A \cdot (-i) &= (x+yi)(-i) &= -xi - yi^2 = y - xi \end{aligned}

由此可知，点 $C$ 的坐標為 $(y, -x)$ .

綜上所述，点 $B$ 的坐標為 $(-y, x)$ , 点 $C$ 的坐標為 $(y, -x)$ .

本例揭示了複數理論的一個核心應用：将几何變換代數化.我们從中可以直接得到平面点绕原点旋转的坐標公式：

点 $(x,y)$ 绕原点逆时针旋转 $90^\circ$ 后的坐標為 $(-y,x)$ .
点 $(x,y)$ 绕原点顺时针旋转 $90^\circ$ 后的坐標為 $(y,-x)$ .

在许多解析几何或向量問題中，直接應用此结論十分便捷.然而，更重要的是理解其代數根源：這一结論是複數乘法几何意義的直接推論.這再次證明，複數是连接代數與几何的天然桥梁，為处理旋转、伸缩等几何變換問題提供了强有力的代數工具.

複數乘法法则的一個直接且極為重要的推論，是關于複數乘方运算的棣莫弗公式.

棣莫弗公式

對于任意整數 $n$ ,

[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]

證明

{我们以 $n$ 為正整數為例，使用數學归纳法證明乘方运算是多次應用“模相乘，辐角相加”法则的自然结果.}

奠基: 当 $n=1$ 时, 左边 = $r(\cos\theta+i\sin\theta)$ , 右边 = $r^1(\cos(1\theta)+i\sin(1\theta))$ . 等式成立.
归纳假设: 假设当 $n=k$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ) 时命題成立, 即 $[r(\cos\theta+i\sin\theta)]^k = r^k[\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)]$ .
归纳步骤: 我们需要證明当 $n=k+1$ 时命題也成立.

\begin{aligned} [r(\cos\theta + i\sin\theta)]^{k+1} &= [r(\cos\theta + i\sin\theta)]^k \cdot [r(\cos\theta + i\sin\theta)] &\overset{\text{归纳假设}}{=} \left( r^k[\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)] \right) \cdot \left( r[\cos\theta+i\sin\theta] \right) &\overset{\text{乘法法则}}{=} (r^k \cdot r) [\cos(k\theta+\theta) + i\sin(k\theta+\theta)] &= r^{k+1} [\cos((k+1)\theta) + i\sin((k+1)\theta)] \end{aligned}

這表明 $n=k+1$ 时命題也成立.

根据數學归纳法原理，该公式對所有正整數 $n$ 成立.對于负整數和零的情况，其證明亦可類似導出.

棣莫弗公式的應用

计算 $(1+i)^{16}$ .

解

{直接進行代數展開将非常繁琐.利用棣莫弗公式，先将底數转化為三角形式，可以極大地簡化运算.}

首先，将底數 $1+i$ 化為三角形式. 设 $z = 1+i$ .

求模: $|z| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$ .
求辐角主值: $z$ 對應的点為 $(1,1)$ ，位于第一象限. 由 $\cos\theta = \frac{a}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 及 $\sin\theta = \frac{b}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 可知, 辐角主值 $\theta = \frac{\pi}{4}$ .

所以， $1+i = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4})$ .

其次，應用棣莫弗公式.

\begin{aligned} (1+i)^{16} &= \left[ \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) \right]^{16} &= (\sqrt{2})^{16} \left[ \cos\left(16 \cdot \frac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(16 \cdot \frac{\pi}{4}\right) \right] \end{aligned}

最后，计算结果.

\begin{aligned} &= (2^{1/2})^{16} [ \cos(4\pi) + i\sin(4\pi) ] &= 2^8 [ 1 + i \cdot 0 ] &= 256 \end{aligned}

结論: $(1+i)^{16} = 256$ .

例

利用複數方法，将 $\cos(3\theta)$ 和 $\sin(3\theta)$ 表示為 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 的多項式.

解

本題是棣莫弗公式的一個經典應用.其核心思想是，對複數 $(\cos\theta+i\sin\theta)^3$ 進行两次不同的计算：一次使用棣莫弗公式，另一次使用二項式定理展開.通過比较两次计算结果的实部與虚部，便可得到所需的三角恒等式.

根据棣莫弗公式，我们有：

(\cos\theta + i\sin\theta)^3 = \cos(3\theta) + i\sin(3\theta) {/* label: eq:demoivre */}

另一方面，我们利用二項式定理展開 $(\cos\theta + i\sin\theta)^3$ ：

\begin{aligned} (\cos\theta + i\sin\theta)^3 &= \binom{3}{0}\cos^3\theta + \binom{3}{1}\cos^2\theta(i\sin\theta) & + \binom{3}{2}\cos\theta(i\sin\theta)^2 + \binom{3}{3}(i\sin\theta)^3 &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta + 3\cos\theta(i^2\sin^2\theta) + i^3\sin^3\theta &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - i\sin^3\theta && \text{(因 } i^2=-1, i^3=-i \text{)} \end{aligned}

整理实部與虚部，得到：

(\cos\theta + i\sin\theta)^3 = (\cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta) + i(3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta) {/* label: eq:binomial */}

比较方程 \eqref{eq:demoivre} 和 \eqref{eq:binomial} 的实部與虚部，我们得到：

\begin{aligned} \cos(3\theta) &= \cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta \sin(3\theta) &= 3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta \end{aligned}

為了得到只含 $\cos\theta$ 的 $\cos(3\theta)$ 表达式, 利用 $\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta$ :

\begin{aligned} \cos(3\theta) &= \cos^3\theta - 3\cos\theta(1-\cos^2\theta) &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \end{aligned}

同理，為了得到只含 $\sin\theta$ 的 $\sin(3\theta)$ 表达式, 利用 $\cos^2\theta = 1-\sin^2\theta$ :

\begin{aligned} \sin(3\theta) &= 3(1-\sin^2\theta)\sin\theta - \sin^3\theta &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \end{aligned}

最终结果為：

\begin{aligned} \cos(3\theta) &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \sin(3\theta) &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \end{aligned}

棣莫弗公式是处理複數高次幂和開方問題的强有力工具.它的精髓在于，将一個複杂的、多項式形式的代數乘方运算，优雅地转化為了簡單的模的实數乘方與辐角的線性數乘.這种數形结合的思想，是複變理論魅力的集中體現.

歷史纵横

棣莫弗公式 $[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]$ 看似只是一個计算技巧，但它的背后，是數學家们深刻的思想體現.

公式的名字来源于法国數學家亚伯拉罕·棣莫弗，一位英国的數學家，與牛顿、哈雷等人關係不錯.棣莫弗在概率論和解析几何领域贡献卓著，他最早在约1707年注意到了複數與三角函數之間的這种奇妙關係，并對正整數次幂的情况進行了阐述.然而，直到莱昂哈德·欧拉在1748年提出了欧拉公式：

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

后，棣莫弗公式的本質才被彻底揭示，其实是 $(a^x)^y = a^{xy}$ 的一個自然推論！

[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = (r e^{i\theta})^n = r^n (e^{i\theta})^n = r^n e^{i(n\theta)} = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]

可以說，棣莫弗發現了這個現象，而欧拉则解释了它背后的根本原因.

那么這玩意有什么用呢？？最直接的應用，是它将複杂的、涉及二項式展開的乘方运算，优雅地转化為了簡單的辐角乘法.除了求高次幂，它更是求解複數開方（例如 $z^n=c$ ）的理論基礎.

棣莫弗公式可以被用来推導任意倍角的三角函數公式.例如，要推導 $\cos(2\theta)$ 和 $\sin(2\theta)$ , 只需展開 $(\cos\theta+i\sin\theta)^2$ ：

\begin{aligned} (\cos\theta+i\sin\theta)^2 &= \cos(2\theta) + i\sin(2\theta) \text{另一方面，按二項式展開：} (\cos\theta+i\sin\theta)^2 &= \cos^2\theta + 2i\sin\theta\cos\theta + (i\sin\theta)^2 &= (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + i(2\sin\theta\cos\theta) \end{aligned}

比较两式的实部和虚部，我们立刻得到：

\cos(2\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta \text{且} \sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta

這為我们提供了一個不依赖几何法的、纯代數的推導三角恒等式的强大工具.

再說“模相乘，辐角相加”的法则是對几何變換旋转與伸缩最精确的代數刻画.特别地，在求解方程 $z^n=1$ （單位根）时, 棣莫弗公式告诉我们, 其 $n$ 個解均匀地分布在複平面的單位圓上，構成一個正 n 边形的顶点.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

已知複數 $z = 3-4i$ , 求它的共轭複數 $\bar{z}$ 和模 $|z|$ . 并在複平面内指出 $z$ 和 $\bar{z}$ 對應的点的位置.
计算：(1) $(2-i)(1+3i) - 4i$ (2) $\frac{1+i}{1-i} + i^5$ .
设複數 $z = (m^2-1) + (m-1)i$ , 其中 $m \in \mathbb{R}$ . 分别求当 $m$ 取何值时： (1) $z$ 是实數； (2) $z$ 是虚數； (3) $z$ 是纯虚數； (4) $z$ 對應的点在第四象限.
若複數 $z$ 满足 $(1+i)z = 2-4i$ , 求複數 $z$ .

代數基本定理*

{/* label: sec:ch16-s05 */}

我们已經看到，在複數域 $\mathbb{C}$ 中, 所有实係數一元二次方程都有解.一個自然的問題是：更高次的方程呢？比如 $z^3 - 2z + 5 = 0$ 或者 $z^5 + iz^2 - (3+i) = 0$ ？我们是否需要為了解這些方程而再次發明“新數”？

答案是“不”.複數係已經完美地解决了這個問題了.

代數基本定理

任何一個次數 $n \ge 1$ 的複係數多項式方程

P(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + ... + a_1 z + a_0 = 0

(其中係數 $a_k \in \mathbb{C}$ 且 $a_n \ne 0$ ) 在複數集 $\mathbb{C}$ 中至少有一個根.

正如數學書里所說，“證法很多，但都要用到高數知识”，笔者在此也无能為力（自己也不懂哈哈），各位了解即可.

由代數基本定理，通過因式分解可以得到一個更强的推論：

推論

任何一個 $n$ 次複係數多項式在複數集 $\mathbb{C}$ 中恰好有 $n$ 個根（计入重數）. 這意味着，任何複係數多項式都可以被完全分解為 $n$ 個一次因式的乘積：

P(z) = a_n(z-z_1)(z-z_2)...(z-z_n)

其中 $z_1, z_2, ..., z_n$ 是 $P(z)=0$ 的 $n$ 個複數根.

回顾我们擴展數係的歷史，每一步都是為了让某种方程有解：

為了解 $x+5=2$ , 我们将自然數 $\mathbb{N}$ 擴展到整數 $\mathbb{Z}$ .
為了解 $3x=2$ , 我们将整數 $\mathbb{Z}$ 擴展到有理數 $\mathbb{Q}$ .
為了解 $x^2=2$ , 我们将有理數 $\mathbb{Q}$ 擴展到实數 $\mathbb{R}$ .
為了解 $x^2=-1$ , 我们将实數 $\mathbb{R}$ 擴展到複數 $\mathbb{C}$ .

代數基本定理告诉我们，這個為了求解多項式方程而不断擴张數係的旅程，到複數 $\mathbb{C}$ 就终结了.我们不再需要為任何多項式方程發明新的數了.從這個意義上說, 複數集 $\mathbb{C}$ 是代數封闭的 .

對于后續學習而言，代數基本定理一個極其重要的推論是關于实係數多項式的.

实係數多項式的虚根成對定理

若实係數多項式 $P(z)$ 有一個虚數根 $z_0 = a+bi$ ( $b\ne 0$ ), 则其共轭複數 $\bar{z_0} = a-bi$ 也必是它的一個根.

證明

设实係數多項式為 $P(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + ... + a_1 z + a_0$ , 其中所有係數 $a_k$ 均為实數. 我们已知 $z_0$ 是 $P(z)$ 的一個根，這意味着

P(z_0) = a_n z_0^n + a_{n-1} z_0^{n-1} + ... + a_1 z_0 + a_0 = 0

對這個等式两边同时取共轭：

\overline{P(z_0)} = \overline{a_n z_0^n + a_{n-1} z_0^{n-1} + ... + a_1 z_0 + a_0} = \overline{0}

由于和的共轭等于共轭的和，我们得到：

\overline{a_n z_0^n} + \overline{a_{n-1} z_0^{n-1}} + ... + \overline{a_1 z_0} + \overline{a_0} = 0

又因為積的共轭等于共轭的積， $\overline{w_1 w_2} = \bar{w_1} \bar{w_2}$ , 所以 $\overline{a_k z_0^k} = \overline{a_k} \cdot \overline{z_0^k} = \overline{a_k} (\overline{z_0})^k$ .

\overline{a_n} (\overline{z_0})^n + \overline{a_{n-1}} (\overline{z_0})^{n-1} + ... + \overline{a_1} \overline{z_0} + \overline{a_0} = 0

關键的一步来了：因為所有係數 $a_k$ 都是实數, 所以它们的共轭就是它们自身, 即 $\overline{a_k} = a_k$ . 于是上式變為：

a_n (\overline{z_0})^n + a_{n-1} (\overline{z_0})^{n-1} + ... + a_1 \overline{z_0} + a_0 = 0

這個等式的左边，恰好就是将 $\overline{z_0}$ 代入多項式 $P(z)$ 的结果. 所以我们證明了 $P(\overline{z_0}) = 0$ , 這意味着 $\overline{z_0}$ 也是 $P(z)$ 的一個根.

這個“虚根成對定理”完美地解释了為什么我们在解实係數一元二次方程时，若判别式為负，得到的两個虚根总是共轭的，例如 $1 \pm 2i$ .這不僅是一個巧合，而是代數结構深层次的必然结果.

曲線方程的複數表示*

{/* label: sec:ch16-s06 */}

複數模的几何意義為我们提供了一种極其簡洁與深刻的方式来描述平面上的几何轨迹.其核心思想根植于一個基本事实：

\text{複數 } z_1 \text{ 與 } z_2 \text{ 所對應点之間的距离} = |z_1 - z_2|

利用這一關係，我们可以将许多基于“距离”定義的几何圖形，直接翻译為複數方程.设變量 $z$ 對應于轨迹上的任意一点 $P$ , 而 $z_0, z_1, z_2$ 等则對應于平面上的定点.

圓:

几何定義: 平面上到定点 $C(z_0)$ 的距离等于定长 $r$ 的所有点 $P(z)$ 的集合.

這一關係可以直接表述為 $PC=r$ ，即：

|z - z_0| = r (r \> 0)

其中， $z_0$ 是圓心對應的複數, $r$ 是圓的半径.

線段的中垂線:

几何定義: 平面上到两個定点 $A(z_1)$ 和 $B(z_2)$ 距离相等的所有点 $P(z)$ 的集合.

该定義等价于 $PA = PB$ ，即：

|z - z_1| = |z - z_2|

椭圓:

几何定義: 平面上到两個定点（焦点） $F_1(z_1)$ 和 $F_2(z_2)$ 的距离之和為常數 $2a$ 的所有点 $P(z)$ 的集合，其中该常數大于两焦点間的距离.

此定義可直接翻译為 $PF_1 + PF_2 = 2a$ ，即：

|z - z_1| + |z - z_2| = 2a (2a \> |z_1 - z_2|)

雙曲線:

几何定義: 平面上到两個定点（焦点） $F_1(z_1)$ 和 $F_2(z_2)$ 的距离之差的绝對值為常數 $2a$ 的所有点 $P(z)$ 的集合，其中该常數小于两焦点間的距离.

此定義可翻译為 $|PF_1 - PF_2| = 2a$ ，即：

\big||z - z_1| - |z - z_2|\big| = 2a (0 \< 2a \< |z_1 - z_2|)

需要注意的是，若去掉外层的绝對值，方程 $|z - z_1| - |z - z_2| = 2a$ 僅表示雙曲線靠近 $z_2$ 的一支.

這种表示方法不僅形式优美，而且在处理涉及這些曲線的几何問題时，能够将複杂的几何關係转化為簡洁的代數运算，是數形结合思想的又一重要體現.

有趣的應用

下面来看一些有趣的應用：

例

已知複數 $z$ 满足方程 $|z - (4+3i)| = 1$ . 求 $|z|$ 的最大值與最小值.

解

本題的核心在于對複數模的几何意義的深刻理解.方程 $|z-z_0|=r$ 描述了複平面上以 $z_0$ 為圓心、半径為 $r$ 的圓.而 $|z|$ 表示点 $z$ 到原点的距离.因此，問題转化為：在已知圓上，寻找一点使其到原点的距离最大或最小.

方程 $|z - (4+3i)| = 1$ 表示複平面上所有点 $z$ 的集合, 構成一個圓心為 $C(4,3)$ (對應複數 $z_0 = 4+3i$ )、半径為 $r=1$ 的圓.

$|z|$ 表示点 $z$ 到原点 $O$ 的距离.

连接原点 $O$ 與圓心 $C$ ，该连線與圓相交于两点.根据几何直观，离原点最近的点和最远的点必在此连線上.

到原点的最小距离為圓心到原点的距离减去半径，即 $|OC| - r$ .
到原点的最大距离為圓心到原点的距离加上半径，即 $|OC| + r$ .

首先，计算圓心 $z_0 = 4+3i$ 到原点的距离：

|z_0| = |4+3i| = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5

根据三角不等式 $| |z_1| - |z_2| | \le |z_1 - z_2|$ ，我们有：

\big| |z| - |z_0| \big| \le |z - z_0|

代入已知条件 $|z-z_0|=1$ 和 $|z_0|=5$ ，得到：

\big| |z| - 5 \big| \le 1

解此不等式：

-1 \le |z| - 5 \le 1

4 \le |z| \le 6

$|z|$ 的最小值為 $4$ , 最大值為 $6$ .

例

在複平面内，複數 $z$ 满足方程 $|z - (1+2i)| = |z - (3-i)|$ . (1) 描述该方程所表示的几何圖形. (2) 求该圖形的直角坐標方程.

解

本題的核心是直接翻译複數模的几何意義.方程 $|z-z_1|=|z-z_2|$ 的形式，直接對應于平面上到两定点距离相等的点的集合，即線段的中垂線.

(1) 描述几何圖形:

令 $z_1 = 1+2i$ 和 $z_2 = 3-i$ .它们在複平面上對應的点分别為 $A(1,2)$ 和 $B(3,-1)$ .

方程 $|z - z_1| = |z - z_2|$ 的几何意義是：複平面上任意一点 $P(z)$ 到定点 $A$ 的距离等于它到定点 $B$ 的距离.

根据平面几何的定義，這個轨迹是線段 $AB$ 的中垂線.

(2) 求解直角坐標方程:

设 $z = x+yi$ , 其中 $x, y \in \mathbb{R}$ .将 $z$ 代入原方程：

|(x+yi) - (1+2i)| = |(x+yi) - (3-i)|

|(x-1) + (y-2)i| = |(x-3) + (y+1)i|

根据複數模的定義，将上式两边平方：

(x-1)^2 + (y-2)^2 = (x-3)^2 + (y+1)^2

展開并化簡：

x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4 = x^2 - 6x + 9 + y^2 + 2y + 1

-2x - 4y + 5 = -6x + 2y + 10

4x - 6y - 5 = 0

该方程表示線段 $AB$ 的中垂線, 其直角坐標方程為 $4x - 6y - 5 = 0$ .

阿波罗尼斯圓

求複數 $z$ 满足方程 $|z-1| = 2|z+1|$ 时，其在複平面上形成的轨迹.

解

形如 $|z-z_1|=k|z-z_2|$ ( $k\>0, k\ne 1$ ) 的方程定義了一個阿波罗尼斯圓.虽然几何意義是到两定点距离之比為常數的点的轨迹，但通過代數方法转化為直角坐標方程，可以更清晰地看出其圓的本質.

设 $z=x+yi$ . 代入方程：

|(x-1)+yi| = 2|(x+1)+yi|

将方程两边平方以消除根号：

|(x-1)+yi|^2 = 4|(x+1)+yi|^2

(x-1)^2 + y^2 = 4[(x+1)^2 + y^2]

展開并整理各項：

x^2 - 2x + 1 + y^2 = 4(x^2 + 2x + 1 + y^2)

x^2 - 2x + 1 + y^2 = 4x^2 + 8x + 4 + 4y^2

3x^2 + 10x + 3y^2 + 3 = 0

為了得到標准圓方程，两边同除以 3 并配方：

x^2 + \frac{10}{3}x + y^2 + 1 = 0

\left(x^2 + \frac{10}{3}x + \left(\frac{5}{3}\right)^2\right) + y^2 = -1 + \left(\frac{5}{3}\right)^2

\left(x + \frac{5}{3}\right)^2 + y^2 = -1 + \frac{25}{9} = \frac{16}{9}

\left(x + \frac{5}{3}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{4}{3}\right)^2

轨迹是以点 $(-\frac{5}{3}, 0)$ 為圓心, 半径為 $\frac{4}{3}$ 的圓.

例

已知複數 $z$ 满足 $|z-3| + |z+3| = 10$ .求 $|z|$ 的最大值和最小值.

解

首先需要识别出複數方程所代表的几何圖形.方程 $|z-z_1|+|z-z_2|=2a$ 是椭圓的標准複數形式.然后問題就转化為求椭圓上的点到原点距离的最值.

方程 $|z-3| + |z+3| = 10$ 描述了複平面上所有点 $z$ 的集合, 這些点到两個定点 $F_1(3,0)$ (對應複數 $3$ ) 和 $F_2(-3,0)$ (對應複數 $-3$ ) 的距离之和等于 $10$ .

這是一個以 $F_1, F_2$ 為焦点的椭圓. 由定義可知：焦距 $2c = |3 - (-3)| = 6 \implies c=3$ . 长轴长 $2a = 10 \implies a=5$ . 短半轴长 $b = \sqrt{a^2-c^2} = \sqrt{5^2-3^2} = \sqrt{16} = 4$ .

该椭圓的中心在原点，焦点在实轴上，其直角坐標方程為：

\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \implies \frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1

問題是求 $|z|$ 的最值, 即椭圓上的点到原点 $(0,0)$ 的距离的最值. 由于椭圓的中心就是原点，我们可以直接考察其长半轴和短半轴.

当点 $z$ 位于椭圓的长轴顶点时, 它离原点的距离最远.长轴顶点為 $(\pm 5, 0)$ , 對應的 $|z|$ 為 $5$ .
当点 $z$ 位于椭圓的短轴顶点时, 它离原点的距离最近.短轴顶点為 $(0, \pm 4)$ , 對應的 $|z|$ 為 $4$ .

$|z|$ 的最大值為 $5$ , 最小值為 $4$ .

例

在複平面上，点 $z$ 满足方程 $z\bar{z} + i(z-\bar{z}) - 2 = 0$ .求点 $z$ 的轨迹.

解

当一個複數方程同时包含 $z$ 和 $\bar{z}$ 时, 最直接有效的方法是利用代數關係式 $z=x+yi$ 和 $\bar{z}=x-yi$ 進行代換, 将問題转化為關于 $x, y$ 的直角坐標方程.

我们知道 $z\bar{z} = |z|^2 = x^2+y^2$ 以及 $z-\bar{z} = (x+yi) - (x-yi) = 2yi$ .

将這些關係代入原方程：

(x^2+y^2) + i(2yi) - 2 = 0

x^2+y^2 + 2y i^2 - 2 = 0

x^2+y^2 - 2y - 2 = 0

這是一個關于 $x, y$ 的二次方程.為了识别其几何形状，我们進行配方：

x^2 + (y^2 - 2y) = 2

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

x^2 + (y-1)^2 = 3

该方程是圓的標准方程.

点 $z$ 的轨迹是一個以点 $(0,1)$ 為圓心, 半径為 $\sqrt{3}$ 的圓.

複數和平面几何

没想到吧？一些平面几何中很好的定理也可以由複數證明.

例

设複平面上的三点 $A, B, C$ 對應的複數分别為 $a, b, c$ .證明：(\triangle ABC) 為正三角形的充要条件是

a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca.

證明

本題的證明将正三角形的几何性質“一個顶点可由另一顶点绕第三個顶点旋转 (\pm 60^\circ) 得到”完全转化為代數运算.旋转 (60^\circ) 對應于乘以複數 $e^{i\pi/3}$ .整個證明過程就是几何語言與代數語言的互译.

(\triangle ABC) 為正三角形，等价于其内角均為 $60^\circ$ . 這在几何上意味着，向量 $\overrightarrow{AC}$ 可以通過将向量 $\overrightarrow{AB}$ 绕点 $A$ 旋转 (\pm 60^\circ) 得到.

向量 $\overrightarrow{AB}$ 對應的複數為 $b-a$ . 向量 $\overrightarrow{AC}$ 對應的複數為 $c-a$ . 旋转 (\pm 60^\circ) 的算子為 $\cos(\pm 60^\circ) + i\sin(\pm 60^\circ) = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}$ .

因此，(\triangle ABC) 為正三角形的充要条件是：

c-a = (b-a) \left(\frac{1 + i\sqrt{3}}{2}\right) \text{或} c-a = (b-a) \left(\frac{1 - i\sqrt{3}}{2}\right)

我们可以将這两個条件合并為一個方程.整理上述表达式：

\frac{c-a}{b-a} = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}

這意味着 (\frac{c-a}{b-a}) 是二次方程 $x^2 - x + 1 = 0$ 的两個根.(因為两根之和為 $1$ , 两根之積為 $\frac{1-i^2(3)}{4}=1$ )

所以，该几何条件等价于以下代數方程：

\left(\frac{c-a}{b-a}\right)^2 - \left(\frac{c-a}{b-a}\right) + 1 = 0

假设 $b \ne a$ , 两边同乘以 $(b-a)^2$ ：

(c-a)^2 - (c-a)(b-a) + (b-a)^2 = 0

展開并整理多項式：

(c^2 - 2ac + a^2) - (bc - ac - ab + a^2) + (b^2 - 2ab + a^2) = 0

c^2 - 2ac + a^2 - bc + ac + ab - a^2 + b^2 - 2ab + a^2 = 0

合并同類項：

a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = 0

移項即得：

a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca

由于上述每一步推導都是可逆的，因此我们證明了该代數条件是 (\triangle ABC) 為正三角形的充要条件.

拿破仑定理

在任意 (\triangle ABC) 的三边外侧分别作等边三角形 (\triangle BCD), (\triangle CAE), (\triangle ABF).设這三個等边三角形的中心分别為 $P, Q, R$ .證明：(\triangle PQR) 是等边三角形.

證明

本題是複數在几何中應用的經典范例.其核心思想是将正三角形的几何性質，特别是旋转關係，转化為複數乘法.我们将利用三次單位根 $\omega = e^{i2\pi/3}$ 来簡化表示, 并證明点 $P, Q, R$ 满足等边三角形的代數充要条件.

设複平面上的点 $A, B, C$ 對應的複數為 $a, b, c$ . 设点 $P, Q, R$ 對應的複數為 $p, q, r$ . 令 $\omega = e^{i2\pi/3} = \cos(120^\circ) + i\sin(120^\circ) = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$ 為單位立方根.它满足两個關键性質： $\omega^3=1$ 和 $1+\omega+\omega^2=0$ .

考虑在边 $BC$ 外侧的等边 (\triangle BCD).其顶点顺序為 $B \to C \to D$ 是逆时針方向. 因此，向量 $\overrightarrow{BD}$ 可由向量 $\overrightarrow{BC}$ 逆时针旋转 $60^\circ$ 得到. 旋转 $60^\circ$ 的算子為 $e^{i\pi/3} = \cos(60^\circ)+i\sin(60^\circ) = -\omega^2$ . 所以，点 $D$ 對應的複數 $d$ 满足：

d-b = (c-b)(-\omega^2) \implies d = b - \omega^2(c-b)

中心 $P$ 是 (\triangle BCD) 的重心，故

\begin{aligned} p &= \frac{1}{3}(b+c+d) &= \frac{1}{3}(b+c + b - \omega^2(c-b)) &= \frac{1}{3}(2b+c - \omega^2 c + \omega^2 b) &= \frac{1}{3}(b(2+\omega^2) + c(1-\omega^2)) \end{aligned}

利用 $1+\omega+\omega^2=0$ , 我们有 $2+\omega^2 = 1+(1+\omega^2) = 1-\omega$ . 因此

p = \frac{1}{3}(b(1-\omega) + c(1-\omega^2))

以相同的方式，我们可以得到中心 $Q$ 和 $R$ 的表达式. 對于在 $CA$ 边外侧的 (\triangle CAE) (顶点顺序 $C \to A \to E$ 逆时针), 中心 $Q$ 為：

q = \frac{1}{3}(c(1-\omega) + a(1-\omega^2))

對于在 $AB$ 边外侧的 (\triangle ABF) (顶点顺序 $A \to B \to F$ 逆时针), 中心 $R$ 為：

r = \frac{1}{3}(a(1-\omega) + b(1-\omega^2))

一個由複數 $p, q, r$ 表示的三角形是正三角形的充要条件是 $p^2+q^2+r^2 = pq+qr+rp$ , 或者等价地, $p+\omega q+\omega^2 r = 0$ (若 $P \to Q \to R$ 為逆时针) 或 $p+\omega^2 q+\omega r = 0$ .我们来檢验第二個条件.

\begin{aligned} & 3(p+\omega^2 q+\omega r) &= [b(1-\omega) + c(1-\omega^2)] + \omega^2[c(1-\omega) + a(1-\omega^2)] + \omega[a(1-\omega) + b(1-\omega^2)] &= b(1-\omega) + c(1-\omega^2) + c(\omega^2-\omega^3) + a(\omega^2-\omega^4) + a(\omega-\omega^2) + b(\omega-\omega^3) \end{aligned}

利用 $\omega^3=1$ 和 $\omega^4=\omega$ ：

\begin{aligned} &= b(1-\omega) + c(1-\omega^2) + c(\omega^2-1) + a(\omega^2-\omega) + a(\omega-\omega^2) + b(\omega-1) &= a(\omega^2-\omega + \omega-\omega^2) + b(1-\omega + \omega-1) + c(1-\omega^2 + \omega^2-1) &= a(0) + b(0) + c(0) &= 0 \end{aligned}

由于 $p+\omega^2 q+\omega r = 0$ , 這表明三点 $P, Q, R$ 構成一個正三角形.

拿破仑定理的複數證明，是展現几何問題代數化思想的绝佳范例.其成功之处在于，它将一個看似複杂的、涉及多個几何構造的命題，转化為一次条理清晰、几乎是机械性的代數验算，我想這也是当时笛卡尔的愿望吧.

该證明的核心步骤是建立一個严谨的對應關係，将整個几何構型翻译為複數的代數語言.平面上的点 $A,B,C$ 由複數 $a,b,c$ 唯一標识, 而连接它们的向量 $\overrightarrow{AB}$ 则由複數之差 $b-a$ 来表示.本證明的精髓在于對等边三角形這一核心几何条件的代數转译.一個等边三角形的構造, 本質上是一個旋转操作.例如, 對于逆时针方向的 (\triangle ABC), 向量 $\overrightarrow{AC}$ 可视為向量 $\overrightarrow{AB}$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 (60^\circ) 的结果, 這個旋转操作在代數上精确地對應于乘以旋转算子 $e^{i\pi/3}$ .

虽然可以直接使用 $e^{i\pi/3}$ , 但證明過程若引入三次單位根 $\omega = e^{i2\pi/3}$ 作為核心代數工具, 则会获得显著的簡洁性與优雅性.這是因為 (\omega) 满足 $\omega^3=1$ 和 $1+\omega+\omega^2=0$ 這两個極其优美的代數性質, 它们是处理所有與正三角形相關的對称性的好工具.旋转 (60^\circ) 的算子可以簡洁地用 (\omega) 表示為 $-\omega^2$ , 這使得后續的代數化簡能够不断利用 $1+\omega+\omega^2=0$ 来消項，從而避免了與繁琐的三角函數進行纠缠.

有了這個代數框架，證明便以一個清晰的逻辑序列展開.首先，利用旋转關係，我们得以表达出外侧等边三角形各顶点（如 $D$ ）的複數, 并由此计算出其中心点 $P,Q,R$ 對應的複數 $p,q,r$ .這一步虽然涉及一些计算, 但其目標明确：将 $p,q,r$ 完全用初始顶点 $a,b,c$ 和 (\omega) 来表示.證明的最终环节, 是将“(\triangle PQR) 是正三角形”這一待證的几何结論, 同样翻译成一個等价的代數目標.一個强大且常用的代數判据是 $p + \omega q + \omega^2 r = 0$ （或其共轭形式, 取决于顶点顺序）.證明的收尾工作, 便是将前面算出的 $p,q,r$ 的表达式代入這個目標等式，通過纯粹的代數化簡，验證其结果是否恒為零.

最终，我们發現该表达式的结果确实為零.這一结果與初始顶点 $a,b,c$ 的選取无關，表明无論 (\triangle ABC) 的形状如何，其外侧等边三角形的中心必然構成一個新的等边三角形.一個複杂的几何定理，就這样被揭示為一個關于任意複數的、普适的代數恒等式，這便是複數方法在几何證明中力量的完美體現：它揭示了隐藏在几何圖形背后的深刻代數结構.

本章小结與思想方法

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本章核心知识網络

基本概念與代數形式 \begin{itemize}
定義: $z = a+bi$ ( $a,b \in \mathbb{R}$ ), 虚數單位 $i$ 满足 $i^2=-1$ .
分類: 实數 ( $b=0$ ), 虚數 ( $b\ne 0$ ), 纯虚數 ( $a=0, b\ne 0$ ).
相等: $a+bi = c+di \iff a=c, b=d$ .
共轭: $\bar{z} = a-bi$ .
模: $|z| = \sqrt{a^2+b^2}$ . 重要性質: $z\bar{z}=|z|^2$ .

\item 複數运算
加/减法: $(a+bi)\pm(c+di) = (a\pm c) + (b\pm d)i$ . (几何上遵循向量法则)
乘法: $(a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i$ .
除法: $\frac{a+bi}{c+di} = \frac{(a+bi)(c-di)}{c^2+d^2}$ . (核心是分母实數化)
$i$ 的周期性: $i^{4k+1}=i, i^{4k+2}=-1, i^{4k+3}=-i, i^{4k}=1$ .

\item 几何意義與三角形式
複平面: 实轴與虚轴，複數 $z \leftrightarrow$ 点 $Z(a,b) \leftrightarrow$ 向量 $\overrightarrow{OZ}$ .
三角形式: $z = r(\cos\theta+i\sin\theta)$ , $r=|z|$ , $\theta=\arg(z)$ .
乘除运算: $z_1z_2 = r_1r_2[\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)]$ . (模相乘, 辐角相加)
棣莫弗公式: $[r(\cos\theta+i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)]$ .
几何方程: 圓 $|z-z_0|=r$ , 直線 $|z-z_1|=|z-z_2|$ .

\end{itemize}

本章核心思想方法

數形结合思想: 這是贯穿本章的灵魂.複數是连接代數與几何最完美的桥梁. \begin{itemize}
表示的结合: 複數 $\leftrightarrow$ 点 $\leftrightarrow$ 向量, 模 $|z| \leftrightarrow$ 点到原点距离, 辐角 $\arg(z) \leftrightarrow$ 向量與实轴正向夹角.
运算的结合: 複數加减 $\leftrightarrow$ 向量平行四边形/三角形法则；複數乘除 $\leftrightarrow$ 几何上的旋转與伸缩.
問題的结合: 许多代數問題(求模的最值)可化為几何問題(求点到点/線的距离最值)，反之亦然(求轨迹方程).

\item 分類讨論思想: 主要應用于含參複數問題中.根据題目要求，對參數進行讨論，以确定複數是实數、虚數还是纯虚數，或确定其在複平面上的位置.讨論时务必做到"不重不漏".

\item 转化與化归思想: 這是解决複杂問題的金钥匙.
形式转化: 将複數的代數形式與三角形式(或指數形式)相互转化.遇到高次幂运算时，优先化為三角形式；遇到加减或求轨迹时，代數形式往往更方便.
問題转化: 将複數除法問題，通過"乘以共轭"化归為乘法問題；将複數高次幂問題，通過棣莫弗公式化归為簡單的实數乘法.
领域转化: 将纯代數的三角函數恒等式證明，化归為複數乘方的代數問題；将抽象的代數方程求根，化归為优美的几何圖形顶点問題.

\end{itemize}

複數的概念與几何意義​

複數的基本概念​

複數的几何表示​

複數的运算​

代數运算​

二次方程的複數解​

负实數的平方根​

求根公式的應用​

一般性结論​

複數运算的几何意義*​

歷史纵横​

代數基本定理*​

曲線方程的複數表示*​

有趣的應用​

複數和平面几何​

本章小结與思想方法​

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複數的概念與几何意義

複數的基本概念

複數的几何表示

複數的运算

代數运算

二次方程的複數解

负实數的平方根

求根公式的應用

一般性结論

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有趣的應用

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本章小结與思想方法