复数 (9231 Further Pure Mathematics 2, 专题 2.5)

你好！欢迎来到复数的世界。如果说实数让你能在直线上测量距离，那么复数则让你能够在整个平面上移动和测量。本章将基于你已有的知识（来自 A Level Mathematics Pure 3）进行强化，重点讲解复数在乘法、除法和乘方运算中的表现。掌握这一主题对于处理进阶数学（Further Maths）中的高等三角学和级数求和至关重要。

1. 快速复习：笛卡尔形式与极坐标形式

复数 \(z\) 可以用两种主要形式书写。由于本章的核心（棣莫弗定理）依赖于极坐标形式，让我们快速回顾一下基础知识。

1.1 复数的两种形式
  • 笛卡尔形式（代数形式）： \(z = x + iy\)
    （其中 \(x\) 是实部，记作 \(\text{Re}(z)\)，\(y\) 是虚部，记作 \(\text{Im}(z)\)）。
  • 极坐标形式： \(z = r(\cos \theta + i \sin \theta)\) 或 \(z = r \text{cis} \theta\)
    （其中 \(r\) 是模或模长，\(r = \sqrt{x^2 + y^2}\)，\(\theta\) 是辐角或角度，\(\tan \theta = y/x\)）。

类比：把复平面想象成一张地图。笛卡尔坐标 (\(x, y\)) 告诉你向东走多少步、向北走多少步。极坐标 (\(r, \theta\)) 则告诉你面向某个方向 (\(\theta\)) 并走一段特定的距离 (\(r\))。

1.2 辐角约定

在进阶数学中，主辐角 Arg(\(z\)) 通常被限制在区间 \(-\pi < \theta \le \pi\) 内（有时也可能是 \(0 \le \theta < 2\pi\)，务必查看题目上下文，但标准范围是 \(-\pi\) 到 \(\pi\)）。

核心要点： 在极坐标形式下进行乘法和乘方运算要简单得多，因为我们只需要对模 (\(r\)) 和辐角 (\(\theta\)) 进行简单处理。

2. 棣莫弗定理 (De Moivre's Theorem, DMT)

棣莫弗定理是复数领域的“动力源”，它让我们能够非常快速地计算乘方和开方。

2.1 棣莫弗定理的内容

对于任意复数 \(z = r(\cos \theta + i \sin \theta)\) 和任意有理数 \(n\)：

$$z^n = r^n (\cos(n\theta) + i \sin(n\theta))$$

对于单位圆上（\(r=1\)）的复数乘方，该公式简化为：

$$(\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$$

教学大纲要求你理解并将 DMT 应用于正整数、负整数和有理数指数 (\(n \in \mathbb{Q}\)) 的情况。

2.2 几何意义（为什么要这样做？）

棣莫弗定理的核心几何效应是：乘法变成了旋转和缩放。

  • 缩放： 模 \(r\) 被提升到 \(n\) 次幂。
  • 旋转： 辐角 \(\theta\) 被乘以倍数 \(n\)。

示例：如果你对复数 \(z\) 进行平方，相当于将其到原点的距离平方 (\(r^2\))，并将角度加倍 (\(2\theta\))。

当两个复数 \(z_1 z_2\) 相乘时：

$$r_1 \text{cis} \theta_1 \times r_2 \text{cis} \theta_2 = (r_1 r_2) \text{cis}(\theta_1 + \theta_2)$$

当两个复数 \(z_1 / z_2\) 相除时：

$$\frac{r_1 \text{cis} \theta_1}{r_2 \text{cis} \theta_2} = \frac{r_1}{r_2} \text{cis}(\theta_1 - \theta_2)$$

这种几何理解对于之后学习单位根非常关键！

2.3 棣莫弗定理的证明（正整数 \(n\)）

你必须能够使用数学归纳法证明正整数指数 \(n\) 的 DMT。

第一步：基础情形 (n = 1)

若 \(n=1\)，左边 \( = (\cos \theta + i \sin \theta)^1\)。右边 \( = \cos(1\theta) + i \sin(1\theta)\)。左边 = 右边。该命题在 \(n=1\) 时成立。

第二步：假设 (n = k)

假设该结论对于某个正整数 \(k\) 成立：
$$(\cos \theta + i \sin \theta)^k = \cos(k\theta) + i \sin(k\theta)$$

第三步：归纳步骤 (n = k + 1)

我们需要证明它在 \(n = k+1\) 时也成立：

$$(\cos \theta + i \sin \theta)^{k+1} = (\cos \theta + i \sin \theta)^k \cdot (\cos \theta + i \sin \theta)^1$$

代入第二步的假设：

$$ = (\cos(k\theta) + i \sin(k\theta)) \cdot (\cos \theta + i \sin \theta)$$

展开乘积（利用基础乘法，注意 \(i^2 = -1\)）：

$$ = \cos(k\theta)\cos \theta - \sin(k\theta)\sin \theta + i(\sin(k\theta)\cos \theta + \cos(k\theta)\sin \theta)$$

现在，利用标准的三角恒等式（你应该熟记于心）：

$$ \cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B $$ $$ \sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B $$

代入可得：

$$ = \cos(k\theta + \theta) + i \sin(k\theta + \theta) $$ $$ = \cos((k+1)\theta) + i \sin((k+1)\theta) $$

因为结论在 \(n=1\) 时成立，且若对 \(n=k\) 成立则对 \(n=k+1\) 也成立，由归纳法可知，棣莫弗定理对所有正整数 \(n\) 成立。

核心要点： DMT 允许我们通过将角度乘以指数来计算复数的乘方。请记住归纳法的步骤，特别是在最后一步使用三角加法公式的技巧。

3. 高等三角学应用

DMT 的真正威力在于快速推导复杂的三角恒等式，这是 FP2 的核心技能。

3.1 神奇的识别式

我们专门处理单位圆上的复数 \(z = \cos \theta + i \sin \theta\)。使用 \(n=-1\) 时的 DMT：

$$z^{-1} = \cos(-\theta) + i \sin(-\theta) = \cos \theta - i \sin \theta$$

通过对 \(z\) 和 \(z^{-1}\) 进行加减，我们可以得到两个至关重要的关系：

  1. $$z + z^{-1} = 2 \cos \theta$$
  2. $$z - z^{-1} = 2i \sin \theta$$

更一般地，使用 DMT：

  1. $$z^n + z^{-n} = 2 \cos(n\theta)$$
  2. $$z^n - z^{-n} = 2i \sin(n\theta)$$
3.2 用三角比的幂次表示倍角（例如 \(\cos 5\theta\)）

要用 \(\cos \theta\) 和 \(\sin \theta\) 表示 \(\cos(n\theta)\) 或 \(\sin(n\theta)\)，我们直接应用 DMT 并结合二项式定理。

分步示例（通用方法）：

  1. 从 DMT 出发：$$\cos(n\theta) + i \sin(n\theta) = (\cos \theta + i \sin \theta)^n$$
  2. 使用二项式定理展开右侧 (RHS)：$$(a+b)^n = \sum_{r=0}^n \binom{n}{r} a^{n-r} b^r$$
  3. 将右侧分组为实部和虚部（记住 \(i^2=-1, i^3=-i, i^4=1\)）。
  4. 对比实部以得到 \(\cos(n\theta)\)。
  5. 对比虚部以得到 \(\sin(n\theta)\)。

常见错误提醒：在对比虚部时，千万不要包含 \(i\)。如果右侧的虚部是 \(i V\)，那么 \(\sin(n\theta) = V\)。

3.3 用倍角表示三角比的幂次（线性化）

此应用在积分和级数求和中非常有用。我们的目标是将如 \(\cos^5 \theta\) 这样的表达式转换为包含 \(\cos(k\theta)\) 的项之和。

分步示例（通用方法）：

  1. 使用神奇的识别式：要计算 \(\cos^n \theta\)，使用 $$(2 \cos \theta)^n = (z + z^{-1})^n$$
    要计算 \(\sin^n \theta\)，使用 $$(2i \sin \theta)^n = (z - z^{-1})^n$$
  2. 使用二项式定理展开右侧。
  3. 将项收集为共轭对：\((z^k + z^{-k})\) 或 \((z^k - z^{-k})\)。
  4. 利用识别式代回（例如 \(z^k + z^{-k} = 2 \cos(k\theta)\)）。
  5. 通过除以 \(2^n\) 或 \((2i)^n\) 来隔离 \(\cos^n \theta\) 或 \(\sin^n \theta\)。

助记：如果你处理的是 Cos，那么就 Collect（收集）共轭项（\(z^n\) 和 \(z^{-n}\)）。

核心要点： 二项式展开是 DMT 与高等三角恒等式之间的纽带。熟记 \(z^n \pm z^{-n}\) 公式，并练习仔细对比实部和虚部。

4. 求复数的 \(n\) 次根

求复数 \(w\) 的 \(n\) 次根意味着解方程 \(z^n = w\)。这需要将 DMT 应用于有理数指数 (\(1/n\))。

4.1 通用根公式

如果我们想求 \(w = R(\cos \phi + i \sin \phi)\) 的 \(n\) 个根，首先必须使用通用形式书写角度，加上 \(2\pi\) 的倍数：

$$w = R(\cos (\phi + 2k\pi) + i \sin (\phi + 2k\pi))$$

应用指数为 \(1/n\) 的 DMT，根 \(z_k\) 为：

$$z_k = R^{1/n} \left[ \cos \left(\frac{\phi + 2k\pi}{n}\right) + i \sin \left(\frac{\phi + 2k\pi}{n}\right) \right]$$

我们使用 \(k = 0, 1, 2, ..., n-1\) 来生成 \(n\) 个不同的根。（一旦到达 \(k=n\)，根就开始重复了。）

4.2 单位根 (\(z^n = 1\))

这是一个特殊且非常常见的情况，其中 \(w=1\)。此时模 \(R=1\)，辐角 \(\phi=0\)。 所有的单位根都位于单位圆上，并且是一个正 \(n\) 边形的顶点。

对于 \(z^n = 1\)，根为：

$$z_k = \cos \left(\frac{2k\pi}{n}\right) + i \sin \left(\frac{2k\pi}{n}\right), \quad k = 0, 1, ..., n-1$$

你知道吗？单位根的和总是零（\(n=1\) 的平凡情况除外）。这与多边形顶点的对称性有关。

单位根的核心性质： 如果 \(\omega\) 是非实数的单位 \(n\) 次根（即由 \(k=1\) 生成的根），那么所有 \(n\) 个根都可以写成 \(1, \omega, \omega^2, \omega^3, ..., \omega^{n-1}\)。

快速复习：求根

问题： 求 \(w = 8i\) 的立方根。

  1. \(w\) 的极坐标形式： \(R=8\)，\(\phi = \pi/2\)。
  2. 通用形式： \(w = 8 \text{cis} (\pi/2 + 2k\pi)\)，其中 \(n=3\)。
  3. 应用公式： \(z_k = 8^{1/3} \text{cis} \left(\frac{\pi/2 + 2k\pi}{3}\right)\)。
  4. 根 (k=0, 1, 2)：
    • \(k=0\): \(z_0 = 2 \text{cis}(\pi/6) = 2(\sqrt{3}/2 + i/2) = \sqrt{3} + i\)
    • \(k=1\): \(z_1 = 2 \text{cis}(5\pi/6)\)
    • \(k=2\): \(z_2 = 2 \text{cis}(9\pi/6) = 2 \text{cis}(3\pi/2) = -2i\)

核心要点： 要求根，请使用通用辐角 \(\theta + 2k\pi\)。这能确保你获取所有 \(n\) 个几何上不同的解，它们在阿尔冈图（复平面）中总是构成一个正多边形。

5. 使用复数进行级数求和 (C + iS 法)

C + iS 法是复数的一种优雅应用，用于对三角级数（正弦和余弦）求和，通常用于角度呈等差数列 (AP) 的情况。

令 C 为余弦级数的和，S 为正弦级数的和。

5.1 方法步骤

我们将 C 和 S 组合成一个单一的复级数 C + iS。如果 C 和 S 的各项通过 DMT 相关联，那么这个组合级数在复平面上通常会变成一个标准的等比数列 (GP)。

操作流程：

  1. 定义 C 和 S： 写下目标级数 C，以及对应的级数 S（将余弦项替换为正弦项，反之亦然）。
  2. 构成 C + iS： 组合它们。 $$C + iS = \sum_{r=1}^n (\cos(r\theta) + i \sin(r\theta))$$
  3. 转换为复数表示： 令 \(z = \cos \theta + i \sin \theta\)。利用 DMT，\(\cos(r\theta) + i \sin(r\theta) = z^r\)。 $$C + iS = \sum_{r=1}^n z^r = z + z^2 + z^3 + ... + z^n$$
  4. 对等比数列求和： 这是一个首项 \(a=z\)，公比 \(R=z\)，共 \(n\) 项的等比数列。和为： $$S_n = \frac{a(1 - R^n)}{1 - R} = \frac{z(1 - z^n)}{1 - z}$$
  5. 换回原变量： 代入 \(z = \cos \theta + i \sin \theta\) 和 \(z^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)\)。
  6. 简化与分母有理化： 对表达式进行处理以隔离实部和虚部。通常涉及分子分母同乘分母的共轭复数，或使用半角公式对分子分母进行因式分解。
  7. 对比各部分：
    • 如果你需要 C，对比最终简化表达式的实部。
    • 如果你需要 S，对比最终简化表达式的虚部。
5.2 示例设置（避免常见错误）

假设要求 \(C = \sum_{r=1}^n \cos(r\theta)\) 的和。

定义 \(S = \sum_{r=1}^n \sin(r\theta)\)。

$$C + iS = z + z^2 + ... + z^n$$

如果级数从 \(r=0\) 开始，第一项是 \(z^0 = 1\)，所以 \(a=1\)。如果从 \(r=1\) 开始，第一项是 \(z\)，所以 \(a=z\)。

最棘手的部分通常是第六步——简化。记住，包含 \(1 - \cos \theta - i \sin \theta\) 的表达式通常可以通过半角恒等式和因式分解进行简化。

核心要点： C + iS 法本质上就是对复数等比数列求和。正确定义 C 和 S，确定首项和公比，最后细心地分离实部和虚部即可。