代數/複數

另見: 高中數學擴充套件, 複數, 維基百科上的複數

代數

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複數 是實數的擴充套件，即數軸擴充套件到數平面。它們允許我們將平面幾何的規則轉化為算術。複數在描述亞原子尺度上宇宙定律方面具有基本意義，包括光傳播和量子力學。它們在許多領域也具有實際應用，包括訊號處理和電氣工程。

簡介

目前，我們能夠求解許多不同型別的關於 $x$ 的方程，例如 $x+7=12$ 或 $3x=4$ 或 $x+10=0$ 。在每種情況下，$x$ 的解都是實數：分別為 5, 4/3 和 -10。

然而，不存在任何滿足方程 $x^{2}=-1$ 的實數 x，因為任何實數的平方都是非負的。

從概念上講，擁有某種能夠作為 $x^{2}=-1$ 解的數將是很好的。然而，這個“數”將不是實數，我們稱這樣的數為虛數。

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現在，這真的是原因嗎？

嗯，絕對不是！

這個錯誤發生在許多教科書中，這是由於試圖“強行解決問題”，正如我們可以在心理學上解釋的那樣。這與現實無關，並給人們一種錯誤的感覺，即數學家是“怪人”，他們有太多空閒時間，無所事事。

原因，讓你驚訝的是，與一個被稱為三次函式的問題有關。

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然後，我們將實數系統擴充套件以容納這個特殊數字。事實證明，方程 $x^{2}=-1$ 有兩個虛數解。其中一個將被稱為 $i$，根據算術的正常規則，另一個解是 $-i$。我們可能會傾向於說 ${\sqrt {-1}}=i$。然而，這將是不正確的，僅僅是因為用文字來說，這意味著“-1 的平方根是 $i$”，但沒有理由偏愛 $i$ 而不是 $-i$（反之亦然）作為 -1 的平方根。相反，這兩個平方根具有同等地位。

我們說所有形式為 a +b$i$ 的數，其中 $a$ 和 $b$ 是任何實數，是複數的集合，我們用 $\mathbb {C}$ 表示這個集合。實數 $\mathbb {R}$ 可以被認為是複數的子集 $\mathbb {C} =\{a+bi\}$，其中 b = 0。複數可以相加、相減、相乘和相除（除了除以 0）。我們將在後面探討這些數字的一些屬性。

實際上，複數有兩種常用的定義，但它們在邏輯上是等價的。

對於像 ${\sqrt {-4}}$ 這樣的負根，我們將數字分成兩部分，其中一部分是 ${\sqrt {-1}}$，就像 ${\sqrt {-4}}={\sqrt {4(-1)}}={\sqrt {4}}\cdot {\sqrt {-1}}$，這導致了 $2i$

定義 1

複數是一個形式為 x + yi 的表示式，其中 x 和 y 是實數，i 是一個新數，稱為虛數單位，對於這些表示式，正常的計算規則與附加規則一起適用：i²=-1。

定義 2

複數是一個實數對 (x,y)，滿足以下性質

$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)$

$(a,b)\cdot (c,d)=(ac-bd,ad+bc)$

在兩種情況下，複數都由兩個實數*x*和*y*組成。實數*x*稱為複數的**實部**，實數*y*稱為複數的**虛部**。

從這些性質可以推斷出，形式為(x,0)的複數的行為就像實數一樣，因此我們將(1,0)與1等同，從而將(x,0)與x等同。此外，我們看到

$(0,1)\cdot (0,1)=(-1,0)=-1$ .

通常用*i*代替(0,1)，所以

$i=(0,1)$ 和 $i^{2}=-1$ 。

現在任何複數*（x,y）*都可以寫成*x + yi*。

一些例子

一個*複數*是指形如$z=a+bi$的數，其中*a*和*b*是實數。我們說*a*是z的*實部*，並寫成${\rm {Re}}(z)$，並說*b*是z的*虛部*，並寫成${\rm {Im}}(z)$

形如*bi*的數有時稱為*純虛數*，因為它沒有實部。純虛數也是複數，因為*bi* = 0 + *bi*。同樣，所有實數也是複數，因為*a* = *a* + 0i。因此，複數集包括實數、純虛數以及實數和純虛數的和。

以下是一些例子

• 1 + 4i：複數，實部為1，虛部為4
• 2 - 2i：複數，實部為2，虛部為-2。
• -4i：複數，實部為0，虛部為-4
• 2：複數（也是實數），實部為2，虛部為0。

請注意，數字2既是複數又是實數。如果我們寫成2 = 2 + 0i，這個事實就更清楚了。

任何複數都可以用三種主要形式表示，我們將在後面進行探討。形式*x* + *yi*被稱為*笛卡爾*形式。

複數和矩陣

複數可以與一組特定的*矩陣*等同。如果我們將2×2單位矩陣視為數字1，並將我們上面介紹的$i$視為矩陣

${\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}$,

那麼複數$a+bi$的形式為

${\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}}$.

性質

複數滿足大多數實數的性質。取兩個複數，$z_{1}=a+bi\,$ 和 $z_{2}=c+di\,$.

加法

我們如何將這兩個複數加起來？

我們甚至不必把 $i$ 視為“特殊”的，只需將其視為任何其他符號，並按照代數的標準規則進行操作，在此過程中進行分組。

我們得到

$z_{1}+z_{2}=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i\,$

如果使用上面的矩陣類比，則常規矩陣加法以相同的方式新增複數。自行驗證這是否屬實。

減法

減法與以前相同。

$z_{1}-z_{2}=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i\,$

乘法

根據正常規則，考慮到 $i^{2}=-1\,$，我們發現

$z_{1}z_{2}=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^{2}=(ac-bd)+(bc+ad)i\,$

如果使用上面的矩陣類比，則常規矩陣乘法以相同的方式乘以複數。自行驗證這是否屬實。

共軛

複數 $z$ 的共軛，記為 ${\bar {z}}$，是指將虛部的符號改變後的相同數字：a + bi 的共軛為 a - bi（反之亦然）。

讓我們考察一下當我們有一個複數 z = a + bi 時，z 與其共軛的乘積是什麼？

(a+bi)(a-bi) = a² + abi - abi - b²i² = a² + b²

注意虛部抵消了，因此乘積是一個實數。這將極大地幫助我們進行復數除法，正如我們所見。

還要注意，這與兩個平方的和類似，類似於兩個平方的差。

如果使用矩陣類比，則矩陣轉置與共軛具有相同的行為。

除法

我們如何計算商

${\frac {a+bi}{c+di}}$

兩個複數的？並不難。設商為

${\frac {a+bi}{c+di}}=r+si$,

然後交叉相乘得到

$\,a+bi=(r+si)(c+di)=rc-sd+i(rd+sc)$,

因此

$\,a=rc-sd$,

和

$\,b=rd+sc$.

所以我們需要解兩個線性方程組。解為

$r={\frac {ac+bd}{c^{2}+d^{2}}}$,

和

$s={\frac {bc-ad}{c^{2}+d^{2}}}$.

注意，除非 $c^{2}+d^{2}\neq 0$，否則這些結果毫無意義。事實上，很容易看出這對線性方程只有在上述條件成立時才會有解，即 c 和 d 不都為零。換句話說，當 $c+di\neq 0$ 作為複數時。因此，我們只能在複數不為零時對其進行除法。

幸運的是，有一個小技巧可以加快計算速度。我們可以用一個精心挑選的數字乘以分母，使其變為實數。我們透過乘以分母的共軛來“實化分母”；複數乘以其共軛是一個實數

$\,(c+di)(c-di)=c^{2}-(di)^{2}=c^{2}+d^{2}$.

因此

${\frac {a+bi}{c+di}}={\frac {a+bi}{c+di}}\cdot {\frac {c-di}{c-di}}={\frac {ac-adi+bci+bd}{c^{2}+d^{2}}}={\frac {(ac+bd)+(bc-ad)i}{c^{2}+d^{2}}}={\frac {ac+bd}{c^{2}+d^{2}}}+{\frac {bc-ad}{c^{2}+d^{2}}}i$.

注意，在複數的乘法和除法中，我們通常會計算整個問題，而不是僅僅記住答案的公式。讀者會注意到，這裡我們使用了代數中熟悉的技巧，即用一個特定的、方便的形式乘以數字 1：${\frac {c-di}{c-di}}$。（我們留給讀者驗證任何非零複數除以自身實際上都等於 1。）

指數和根

因為 $x^{y}=e^{ln{x}\times y}=1+{\frac {ln{x}\times y}{1!}}+{\frac {(ln{x}\times y)^{2}}{2!}}+{\frac {(ln{x}\times y)^{3}}{3!}}+...$, 實數可以被提升到虛數。虛數和複數不能被提升到虛數或複數，因為虛數和複數沒有自然對數。例如
$e^{i}=0.5403023058681397+0.8414709848078965i$
因為 ${\sqrt[{y}]{x}}=x^{\frac {1}{y}}$, 虛數可以是根的次數。

問題集

根據以上規則，回答以下問題。

注意：使用 sqrt(x) 代表 ${\sqrt {x}}$

1

(7 + 2i) + (11 - 6i) = + i

2

(8 - 3i) - (6i) = + i

3

(9 + 4i)(3 - 16i) = + i

4

3i $\times$ 9i = + i

5

${\frac {i}{2+i}}=$ + i

6

${\frac {11+3i}{{\sqrt {3}}-4i}}=$ + i

7

${(x+yi)}^{-1}=$ + i

阿根圖平面

我們也可以幾何表示複數。每個複數都可以表示為 z=x+iy 的形式（因此 x=Re(z) 且 y=Im(z)）。然後我們可以用 xy 平面上（x,y）點來表示 z。注意，這是一個一對一的關係：對於每個複數，我們在平面上都有一個對應的點，而對於平面上每個點，則對應著一個複數。當我們用這種方式使用 xy 平面來表示複數時，我們稱該平面為“阿根圖平面”。我們將“y”軸稱為虛軸，“x”軸稱為實軸。

注意，純虛數在阿根圖平面上由虛軸上的一個點表示。純實數由實軸上的一個點表示。

以下是一個阿根圖平面的示例。

平面上繪製了兩個複數；即，1 + i，-2 - i。它們的和在圖上繪製出來，為 -1。紅色和藍色線顯示瞭如何在幾何上構建平行四邊形，它們的頂點形成它們的和。

模和幅角

在這個圖中，我們可以看到數字 3 + 4i。紅色線是距原點（數字 0 + 0i）的距離。灰色線表示距各自軸的距離。我們可以看到紅色線從實軸形成了一個角度 θ。

很明顯，幾乎所有複數都具有遠離原點的距離，而且幾乎所有複數都相對於實軸形成一個角度。我們給這兩個量賦予了特殊的名稱；遠離原點的距離稱為複數的模，角度 θ 稱為複數的幅角。

我們用 |z| 表示複數 z 的模，用 arg z 表示複數的幅角。

我們可以透過基本三角學來計算模和幅角。

計算模

在上面的例子中，我們有數字 3 + 4i。我們可以用底為 3 和高為 4 在阿根圖平面上形成一個三角形。根據勾股定理，我們可以透過 ${\sqrt {3^{2}+4^{2}}}={\sqrt {9+16}}={\sqrt {25}}=5$ 找到斜邊的長度。

因此，斜邊的長度就是複數的模，對於 3+4i 來說，模是 5。

推廣

如果z = x + yi，|z| 很明顯是 ${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$。

等效地，$|z|={\sqrt {\mathrm {Re} (z)^{2}+\mathrm {Im} (z)^{2}}}$。

計算幅角

我們有與計算模數相同的三角形。從三角學中，我們知道 tan θ 是高除以底的比值。所以對於 3 + 4i，我們有 tan θ = 4/3，因此 θ = arctan 4/3 = 0.9…

對於複數，我們總是要考慮兩點

• 幅角必須用弧度表示
• 幅角位於區間 [-π,π] 內，我們總是調整角度使其滿足此條件。

注意 arg 0 未定義。

推廣

如果z = x + yi，arg z 很明顯是 arctan (y/x)，或者等效地，arg z = arctan (Im(z)/Re(z))。

極座標形式

我們現在能夠計算複數的模數和幅角，這兩個數字能夠唯一地描述 Argand 平面上的每一個數。

利用複數的這兩個特性，我們現在可以找到一種新的複數表示方法。

注意在上面的圖中，我們得到一個三角形，它描述了複數 3 + 4i。很明顯，我們可以對 Argand 平面上的所有複數（0 除外）執行此操作。

為了簡化我們的工作，讓我們看一下單位圓上的點，這些點與 0 等距。從三角學中，我們可以用 (cos θ, sin θ) 引數化笛卡爾平面上的圓上所有點。在複數表示法中，我們可以說這個單位圓上的所有數都是 cos θ+i sin θ 的形式。

這在單位圓上很有效，但如何將其推廣到描述平面上的所有數呢？我們只需放大或縮小圓圈以包含這個數；這可以透過乘以模數來實現。

因此，我們得到極座標形式r(cos θ + i sin θ) = z，其中r 是模數。

尤拉公式

複數領域中一個非常重要的結果是尤拉公式。它本質上斷言

re^iθ = r (cos θ + i sin θ)

這個說法可以透過重新排列泰勒級數中的餘弦和正弦函式來驗證。

注意共軛複數具有相反的幅角。2e²ⁱ 和 2e^-2i 是共軛對。

證明

使用泰勒級數

下面是使用泰勒級數展開式以及關於i 的冪的基本事實來證明尤拉公式。

$i^{0}=1,\ i^{1}=i,\ i^{2}=-1,\ i^{3}=-i,\ i^{4}=1,\ i^{5}=i,\ i^{6}=-1,\ i^{7}=-i,\ i^{8}=1,\dots$

函式e^x、cos(x) 和 sin(x)（假設x 為實數）可以寫成

$e^{x}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{3}}{3!}}+\cdots$

$\cos x=1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-{\frac {x^{6}}{6!}}+\cdots$

$\sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots$

對於複數z，我們定義每個函式為上述級數，將x 替換為iz。這是可能的，因為每個級數的收斂半徑是無窮大的。然後我們發現

$e^{iz}=1+iz+{\frac {(iz)^{2}}{2!}}+{\frac {(iz)^{3}}{3!}}+{\frac {(iz)^{4}}{4!}}+{\frac {(iz)^{5}}{5!}}+{\frac {(iz)^{6}}{6!}}+{\frac {(iz)^{7}}{7!}}+{\frac {(iz)^{8}}{8!}}+\cdots$

$=1+iz-{\frac {z^{2}}{2!}}-{\frac {iz^{3}}{3!}}+{\frac {z^{4}}{4!}}+{\frac {iz^{5}}{5!}}-{\frac {z^{6}}{6!}}-{\frac {iz^{7}}{7!}}+{\frac {z^{8}}{8!}}+\cdots$

$=\left(1-{\frac {z^{2}}{2!}}+{\frac {z^{4}}{4!}}-{\frac {z^{6}}{6!}}+{\frac {z^{8}}{8!}}+\cdots \right)+i\left(z-{\frac {z^{3}}{3!}}+{\frac {z^{5}}{5!}}-{\frac {z^{7}}{7!}}+\cdots \right)$

$=\cos(z)+i\sin(z)\,$

由於每個級數都是絕對收斂的，因此重新排列項是合理的。取 *z* = *x* 為實數，得到尤拉最初發現的恆等式。$\square$

使用微積分

定義複數 *z* 使得

$z=\cos x+i\sin x\,$

對 *z* 關於 *x* 求導

${\frac {dz}{dx}}=-\sin x+i\cos x$

使用 *i*² = -1 的事實

${\frac {dz}{dx}}=i^{2}\sin x+i\cos x=i(\cos x+i\sin x)=zi$

分離變數並對兩邊積分

$\int {\frac {1}{z}}\,dz=\int i\,dx$

$\ln z=xi+C\,$

其中 C 是積分常數。為了完成證明，我們必須證明它是零。這可以透過將 x 替換為 0 來輕鬆完成。

$\ln z=C\,$

但 z 僅等於

$\ z=\cos x+i\sin x=\cos 0+i\sin 0=1\,$

因此

$\ln 1=C\,$

$\ C=0\,$

所以我們現在只需進行指數運算

$\ \ln z=xi\,$

$\ e^{\ln z}=e^{xi}\,$

$\ z=e^{xi}\,$

$\ e^{xi}=\cos x+i\sin x\,\square$

推論

尤拉定理有許多重要的推論結果。

棣莫弗定理

棣莫弗定理在計算複數的冪時很有用。它指出

(r (cos θ + i sin θ))ⁿ = rⁿ ( cos nθ + i sin nθ)

如果我們將定理改寫為以下形式，則該結果很明顯（由指數定律得出）：

(re^iθ)ⁿ=rⁿe^inθ

等效三角形式

根據複數的餘弦/正弦形式，我們可以用指數形式重寫餘弦和正弦函式。

cos θ = 1/2 (e^iθ + e^-iθ)

sin θ = 1/(2i) (e^iθ - e^-iθ)

e，$\pi$，i，1 和 0 的關係

將 π 代入公式，我們得到以下結果：

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

這個等式在數學上的實際意義並不大。它更因其與許多數學分支之間的關係而聞名：e 來自微積分，π 來自幾何學，i 來自代數，1 是乘法恆等式，0 是加法恆等式。它還以其簡單的數學美學而聞名。

形成三角恆等式

前面提到的等效三角形式與二項式定理結合在一起，使我們能夠建立一些難以用其他方式形成的三角恆等式。這些恆等式可用於簡化積分問題。

餘弦/正弦冪

我們如何簡化，比如 (cos x)⁵？

讓我們來看一個簡單的例子來進行激勵。首先，改寫為

(cos x)⁵ = (1/2 (e^ix+e^-ix))⁵ =

1/2⁵ (e^ix+e^-ix)⁵

根據二項式定理，

(a+b)⁵=a⁵ + 5a⁴b + 10a³b² + 10a²b³ + 5ab⁴ + b⁵.

用 e^ix/2 替換 a，用 e^-ix/2 替換 b，我們得到

10e^-ix/32+10e^ix/32+5e^3ix/32+5e^-3ix/32+e^5ix/32+e^-5ix/32=

(5/16)(e^-ix+e^ix)+(5/32)(e^3ix+e^-3ix)+(1/32)(e^5ix+e^-5ix)=

(5/16)(2 cos x)+(5/32)(2 cos 3x)+(1/32)(2 cos 5x)=

(5/8) cos x+(5/16) cos 3x+(1/16) cos 5x=(cos x)⁵

步驟

我們可以從上面的例子中總結出一般的步驟：要簡化形式為

• cos(x)^k
• sin(x)^k

的表示式，步驟如下：

• 將 cos(x) 或 sin(x) 寫成指數形式，全部取 k 次冪
• 使用二項式定理展開
• 收集共軛對
• 將指數形式寫回三角形式

餘弦/正弦倍數

我們還可以形成以下形式的恆等式：

• cos(kx)
• sin(kx).

讓我們看另一個例子來了解它是如何完成的。

示例

讓我們展開 sin(3x)。

回顧一下棣莫弗定理，它指出

(cos(x)+i sin(x))³ = cos(3x)+i sin (3x)

我們將使用這個事實來展開左側。為了便於操作，可以令c = cos(x)，s=sin(x)。然後再次使用二項式定理展開

(c+is)³=c³ + 3i c²s - 3cs² - i s³

收集實部和虛部

(c+is)³=c³ - 3cs² + i(3c²s - s³)

現在，這當然等於 cos(3x)+i sin (3x)。所以，將 cos(x) 代回 c，sin(x) 同理，我們可以將實部和虛部等同起來，得到

sin(3x)=3 cos(x)²sin(x) - sin(x)³

我們得到

cos(3x)=cos(x)³ - 3 cos(x)sin(x)²

免費的。

注意：在餘弦展開中，可以將 sin(x)² 寫成 1-cos(x)² 以獲得一個完全由余弦組成的公式。（類似地，可以使用僅包含正弦的公式來寫正弦展開）

外部連結

• 線上互動式練習 關於複數。

這還不完整，是一個草稿，將新增更多資訊。