关于复数的一些补充

新版高中教材对复数内容进行了极大的删减,使得我们对于复数的认知还停留在最原始的阶段。殊不知,复数的应用非常广泛。现参考《高中数学·甲种本》以及搜集的一些资料,包括做过的例题,整理一下关于复数的内容。

一、复数的概念

1.1 数的概念的发展

数的概念是从实践中产生和发展起来的。早在原始社会末期,由于记数的需要,人们就建立起自然熟的概念。自然数的全体构成自然数集\(\mathbf{N}\)。

随着生产和科学的发展,熟的概念也得到了发展。

为了表示各种具有相反意义的量以及满足记数法的要求,人们引进了零和负数,把自然数看作正整数,把正整数、零、负整数合并在一起,构成整数集\(\mathbf{Z}\)。

为了解决测量、分配中遇到的将某些量进行等分的问题,人们又引进了有理数,规定他们就是一切形如\(\frac{m}{n}\)的数,其中\(m\in \mathbf{Z},n\in \mathbf{N}\)。这样,就把整数集\(\mathbf{Z}\)扩大为有理数集\(\mathbf{Q}\)。显然,\(\mathbf{Z}\subset \mathbf{Q}\)。如果把整数看作分母为\(1\)的分数,那么有理数实际上就是分数集。

每一个有理数都可以表示成整数、有限小数或循环节不为\(0\)的循环小数;反过来,整数、有限小数或循环节不为\(0\)的循环小数也都是有理数。如果把整数、有限小数都看作循环节为\(0\)的循环小数,那么有理数集实际上就是循环小数的集合。

为了解决有些量与量之间的比值(例如用正方形的边长去度量它的对角线所得结果)不能用有理数表示的矛盾,人们又引入了无理数。所谓无理数,就是无限不循环小数。有理数集与无理数集合并在一起,构成实数集\(\mathbf{R}\)。因为有理数都可以看作循环小数(包括整数、有限小数),无理数都是无限不循环小数,所以实数集就是小数集。

从解方程来看,方程\(x+5=3\)在自然数集\(\mathbf{N}\)中无解,在整数集\(\mathbf{Z}\)中就有一个解\(x=-2\);方程\(3x=5\)字整数集\(\mathbf{Z}\)中无解,在有理数集\(\mathbf{Q}\)中就有一个解\(x=\frac{5}{3}\);方程\(x^{2}=2\)在有理数集\(\mathbf{Q}\)中无解,在实数集\(\mathbf{R}\)中就有两个解\(x=\pm \sqrt{2}\)。但是,熟的范围扩充到实数集\(\mathbf{R}\)以后,象\(x^{2}=-1\)这样的方程还是无解,因为没有一个实数的平方等于\(-1\)。在十六世纪,由于解方程的需要,人们开始引进一个新数\(i\),叫做虚数单位,并规定:

  • 它的平方等于\(-1\),即\[i^{2}=-1;\]
  • 实数与它进行四则运算时,所有的加、乘运算律仍然成立。

在这种规定下,\(i\)可以与实数\(b\)相乘,再同实数\(a\)相加,由于满足乘法交换律及加法交换律,从而可以把结果写成\(a+bi\)。人们把它们叫做复数。全体复数所成的集合,一般用字母\(\mathbf{C}\)来表示。[1]

[1] \(\mathbf{C}\)是英文词组Complex numbers(复数)的第一个字母。

在这种规定下,\(i\)就是\(-1\)的一个平方根。因此,方程\(x^{2}=-1\)在复数集\(\mathbf{C}\)中就至少有一个解\(x=i\)。

十八世纪以后,复数在数学、力学和电学中得到了应用。从此对它的研究日益展开。现在复数已成为科学技术中普遍使用的一种数学工具。

1.2 复数的有关概念

复数\(a+bi\)(\(a,b\in\mathbf{R}\)。以后说复数\(a+bi\)时,都有\(a,b\in\mathbf{R}\)),当\(b=0\)时,就是实数;当\(b\neq 0\)时,叫做虚数,当\(a=0,b\neq 0\)时,叫做纯虚数;\(a\)与\(b\)分别叫做复数\(a+bi\)的实部虚部。例如,\(3+4i,-\frac{1}{2}-\sqrt{2}i,-0.5i\)都是虚数,它们的实部分别是\(3,-\frac{1}{2},0\),虚部分别是\(4,-\sqrt{2},-0.5\)。

显然,实数集\(\mathbf{R}\)是复数集\(\mathbf{C}\)的真子集,即\(\mathbf{R}\subset \mathbf{C}\)。

如果两个复数\(a+bi\)与\(c+di\)的实部与虚部分别相等,我们就说这两个复数相等,记作\(a+bi=c+di\),这就是说,如果\(a,b,c,d\in\mathbf{R}\),那么

\[\begin{matrix}
a+bi=c+di\Leftrightarrow a=c,b=d,\\
a+bi=0\Leftrightarrow a=b=0.
\end{matrix}\]

例:已知\(\left ( 2x-1 \right )+i=y-\left ( 3-y \right )i\),其中\(x,y\in\mathbf{R}\)。求\(x\)与\(y\)。

解:根据复数相等的定义,得方程组\(\left\{\begin{matrix}
2x-1=y,\\
1=-\left ( 3-y \right ).
\end{matrix}\right.\)解得\(x=\frac{5}{2},y=4\)。

从复数相等的定义,我们知道,任何一个复数\(z=a+bi\),都可以由一个有顺序的实数对\(\left ( a,b \right )\)唯一确定。这就使我们能借用平面直角坐标系来表示复数\(z=a+bi\)。如图1,点\(Z\)的横坐标是\(a\),纵坐标是\(b\),复数\(z=a+bi\)可用点\(Z\left ( a,b \right )\)来表示。这个建立了直角坐标系表示复数的平面叫做复平面,\(x\)轴叫做实轴,\(y\)轴除去原点的部分叫做虚轴(因为原点表示实数\(0\),原点不在虚轴上)。表示实数的点都在实轴上,表示纯虚数的点都在轴上。

复数-图1        复数-图2

 

很明显,按照这种表示方法,每一个复数,有复平面内唯一的一个点和它对应;反过来,复平面内的每一个点,有唯一的一个复数和它对应。由此可知,复数集\(\mathbf{C}\)和复平面内所有的点所成的集合是一一对应的。这是复数的一个几何意义。

当两个复数实部相等,虚部互为相反数时,这两个复数叫做互为共轭复数(当虚部不等于\(0\)时也叫做互为共轭虚数)。复数\(z\)的共轭复数可以用\(\overline{z}\)来表示,也就是说,复数\(z=a+bi\)的共轭复数是\(\overline{z}=a-bi\)。显然,复平面内表示两个互为共轭复数的点\(Z\)与\(\overline{Z}\)关于实轴对称(图2),而实数\(a\)(即虚部为\(0\)的复数)的共轭复数仍是\(a\)本身。

两个实数可以比较大小。但是两个复数,如果不全是实数,就不能比较它们的大小。对于这个命题的证明,将稍后给出。

1.3 复数的向量表示

在物理学中,我们经常遇到力、速度、加速度、电场强度等,这些量,除了要考虑它们的绝对值大小以外,还要考虑它们的方向。我们把这种既有绝对值大小又有方向的量叫做向量。向量可以用有向线段来表示,线段的长度就是这个向量的绝对值(叫做这个向量的模),线段的方向(用箭头表示)就是这个向量的方向。模相等且方向相同的向量,不管它们的起点在哪里,都认为是相等的向量。在这一规定下,向量可以根据需要进行平移。模为零的向量(它的方向是任意的)叫做零向量。规定所有零向量相等。

复数-图3

复数可以用向量来表示。如图3,设复平面内的点\(Z\)表示复数\(z=a+bi\),连结\(OZ\),如果我们把有向线段\(OZ\)(方向是从点\(O\)指向点\(Z\))看成向量,记作\(\overrightarrow{OZ}\),就把复数同向量联系起来了。很明显,向量\(\overrightarrow{OZ}\)是由点\(Z\)唯一确定的;反过来,点\(Z\)也可由向量\(\overrightarrow{OZ}\)唯一确定。因此,复数集\(C\)与复平面内所有以原点\(O\)为起点的向量所成的集合也是一一对应的。为方便起见,我们常把复数\(z=a+bi\)说成点\(Z\)或者说成向量\(\overrightarrow{OZ}\)。此外,我们还规定,相等的向量表示同一个复数。

图3中的向量\(\overrightarrow{OZ}\)的模(即有向线段\(OZ\)的长度)\(r\)叫做复数\(z=a+bi\)的模(或绝对值)记作\(\left | z \right |\)或\(\left | a+bi \right |\)。如果\(b=0\),那么\(z=a+bi\)是一个实数\(a\)它的模就等于\(\left | a \right |\)(即\(a\)在实数意义上的绝对值)。容易看出,\[\left | z \right |=\left | a+bi \right |=r=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.\]

例1:求复数\(z_{1}=3+4i\)及\(z_{2}=-\frac{1}{2}-\sqrt{2}i\)的模,并且比较它们的模的大小。

解:\(\left | z_{1} \right |=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5,\left | z_{2} \right |=\sqrt{\left ( -\frac{1}{2} \right )^{2}+\left ( \sqrt{2} \right )^{2}}=\frac{3}{2}.\)又\(5 > \frac{3}{2}\),故\(\left | z_{1} \right | > \left | z_{2} \right |\)。

例2:设\(z\in\mathbf{C}\),满足下列条件的点\(Z\)的集合是什么图形?
(1)\(\left | z \right |=4\);(2)\(2 < \left | z \right | < 4\)。

解:(1)复数\(z\)的模等于\(4\),就是说,向量\(\rightarrow{OZ}\)的模(即点\(Z\)与原点\(O\)的距离)等于\(4\),所以满足条件\(\left | z \right |=4\)的点\(Z\)的集合是以原点\(O\)为圆心,以\(4\)为半径的圆。
(2)不等式\(2 < \left | z \right | < 4\)可化为不等式组\(\left\{\begin{matrix}
\left | z \right | < 4,\\ \left | z \right | > 2.
\end{matrix}\right.\)不等式\(\left | z \right | < 4\)的解集是圆\(\left | z \right | = 4\)内部所有的点组成的集合,不等式\(\left | z \right | > 2\)的解集是圆\(\left | z \right | = 2\)外部所有的点组成的集合,这两个集合的交集,就是上述不等式组的解集,也就是满足条件\(2 < \left | z \right | < 4\)的点\(Z\)的集合。容易看出,所求的集合是以原点\(O\)为圆心,以\(2\)及\(4\)为半径的圆所夹的圆环,但不包括圆环的边界(图4)。

复数-图4

 

二、复数的运算

2.1 复数的加法与减法

复数的加法规定按照以下的法则进行:设\(z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di\)是任意两个复数,那么它们的:\[\left ( a+bi \right )+\left ( c+di \right )=\left ( a+c \right )+\left ( b+d \right )i.\]很明显,两个复数的和仍然是一个复数。

容易验证,复数的加法满足交换律、结合律,即对任意\(z_{1},z_{2},z_{3}\in\mathbf{R}\),有\[\begin{matrix}
z_{1}+z_{2}=z{2}+z_{1},\\
\left ( z_{1}+z_{2} \right )+z_{3}=z_{1}+\left ( z_{2}+z_{3} \right ).
\end{matrix}\]现在我们来看复数加法的几何意义。

从物理学知道,要求出作用于同一点\(O\)、但不在同一直线上的两个力\(\overrightarrow{F_{1}}\)与\(\overrightarrow{F_{2}}\)的合力,只要用表示\(\overrightarrow{F_{1}}\)与\(\overrightarrow{F_{2}}\)的向量为相邻的两边画一个平行四边形,那么,平行四边形中,以力的作用点\(O\)为起点的那条对角线所表示的向量就是合力\(\overrightarrow{F}\)(图5-1)。这个法则通常叫做向量加法的平行四边形法则。

复数-图5-1     复数-图5-2

复数用向量来表示,如果与这些复数对应的向量不在同一直线上,那么这些复数的加法就可以按照向量加法的平行四边形法则来进行。下面我们来证明这一事实。

设\(\overrightarrow{OZ_{1}}\)及\(\overrightarrow{OZ_{2}}\)分别与复数\(a+bi\)及\(c+di\)对应,且\(\overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}}\)不在同一直线上(图5-2)。以\(\overrightarrow{OZ_{1}}\)及\(\overrightarrow{OZ_{2}}\)为两条邻边画平行四边形\(OZ_{1}ZZ_{2}\),画\(x\)轴的垂线\(PZ_{1},QZ_{2}\)及\(RZ\),并且画\(Z_{1}S\perp RZ\),容易证明\[\triangle ZZ_{1}S\cong \triangle Z_{2}OQ,\]并且四边形\(Z_{1}PRS\)是矩形,因此\[OR=OP+PR=OP+Z_{1}S=OP+OQ=a+c\]\[RZ=RS+SZ=PZ_{1}+QZ_{2}=b+d.\]于是点\(Z\)的坐标是\(\left ( a+c,b+d \right )\),这说明设\(\overrightarrow{OZ}\)就是于复数\(\left ( a+c \right )+\left ( b+d \right )i\)对应的向量。

由此可知,求两个复数的和,可以先画出这两个复数对应的向量\(\overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}}\),如果\(\overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}}\)不在同一直线上,再以这两个向量为两条邻边画平行四边形,那么与这个平行四边的对角线\(OZ\)所表示的向量\(\overrightarrow{OZ}\)对应的复数,就是所求两个复数的和。

如果\(\overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}}\)在同一直线上,我们可以画出一个“压扁”了的平行四边形,并据此画出它的对角线来表示\(\overrightarrow{OZ_{1}},\overrightarrow{OZ_{2}}\)的和。

总之,复数的加法可以按照向量的加法法则来进行,这是复数加法的几何意义。

下面再来看复数的减法。

复数的减法规定是加法的逆运算,即把满足\[\left ( c+di \right )+\left ( x+yi \right )=a+bi\]的复数\(x+yi\),叫做复数\(a+bi\)减去复数\(c+di\)的。记作\(\left ( a+bi \right )-\left ( c+di \right )\),根据复数相等的定义,有\[c+x=a,d+y=b,\]由此\[x=a-c,y=b-d,\]所以\[x+yi=\left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i,\]即\[\left ( a+bi \right )-\left ( c+di \right )=\left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i,\]这就是复数的减法法则。由此可见,两个复数的差是一个唯一确定的复数。

现设\(\overrightarrow{OZ}\)与复数\(a+bi\)对应,\(\overrightarrow{OZ_{1}}\)与复数\(c+di\)对应(图6)。以\(\overrightarrow{OZ}\)为一条对角线,\(\overrightarrow{OZ_{1}}\)为一条边画平行四边形,那么这个平行四边形的另一边,\(\overrightarrow{OZ_{2}}\)所表示的向量,\(\overrightarrow{OZ_{2}}\)就与复数\(\left ( a-c \right )+\left ( b-d \right )i\)对应。因为\(Z_{1}Z\stackrel{\;//\;}{=}OZ_{2}\),所以向量\(\overrightarrow{Z_{1}Z}\)也与这个差对应。

复数-图6

 

这就是说,两个复数的差\(z-z_{1}\)(即\(\overrightarrow{OZ}-\overrightarrow{OZ_{1}}\))与连结两个向量终点并指向被减数的向量对应。这就是复数减法的几何意义。

由上所述,我们可以看出,复数的加(减)法与多项式的加(减)法是类似的,就是把复数的实部与实部、虚部与虚部分别相加(减),即\[\fbox{$\left ( a+bi \right )\pm \left ( c+di \right )=\left ( a\pm c \right )+\left ( b\pm d \right )i.$}\]

例1:计算\(\left ( 5-6i \right )+\left ( -2-i \right )-\left ( 3+4i \right )\)。

解:\(\left ( 5-6i \right )+\left ( -2-i \right )-\left ( 3+4i \right )=\left ( 5-2-3 \right )+\left ( -6-1-4 \right )i=-11i\)。

例2:根据复数的几何意义及向量表示,求复平面内两点间的距离公式。

复数-图7

解:如图7,设复平面内的任意两点\(Z_{1},Z_{2}\)分别表示复数\(z_{1}=x_{1}+y_{1}i,z_{2}=x_{2}+y_{2}i\),那么\(\overrightarrow{Z_{1}Z_{1}}\)就是与复数\(z_{2}-z_{1}\)对应的向量。如果用\(d\)表示点\(Z_{1},Z_{1}\)之间的距离,那么\(d\)就是向量\(\overrightarrow{Z_{1}Z_{2}}\)的模,即复数\(z_{2}-z_{1}\)的模,所以\[d=\left | z_{2}-z_{1} \right |=\left | \left ( x_{2}+y_{2}i \right )-\left ( x_{1}+y_{1}i \right ) \right |=\left | \left ( x_{2}-x_{1} \right )+\left ( y_{2}-y_{1} \right )i \right |=\sqrt{\left ( x_{2}-x_{1} \right )^2+\left ( y_{2}-y_{1} \right )^2}.\]

\]这与我们之前导出的两点间的距离公式一致。

例3:根据复数的几何意义及向量表示,求复平面内的圆的方程。

复数-图8

解:如图8,设圆心为\(P\),点\(P\)与复数\(p=a+bi\)对应,圆的半径为\(r\),圆上任意一点\(Z\)与复数\(z=a+bi\)对应,那么\[\left | z-p \right |=r.\]这就是复平面内的圆的方程。特别地,当点\(P\)在原点时,圆的方程就成了\(\left | z \right |=r\)。

请读者利用复数的减法法则,把圆的方程\(\left | z-p \right |=r\)化成用实数表示的一般形式\[\left ( x-a \right )^{2}+\left ( y-b \right )^{2}=r^{2}\]

2.2 复数的乘法与除法

复数的乘法规定按照以下的法则进行:设\(z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di\)是任意两个复数,那么它们的\[\left ( a+bi \right )\left ( c+di \right )=ac+bci+cdi+bdi^{2}=\left ( ac-bd \right )+\left ( bc+ad \right )i.\]也就是说,复数的乘法与多项式的乘法是类似的,但必须在所得的结果中把\(i^{2}\)换成\(-1\),并且把实部和虚部分别合并。

很显然,两个复数的积仍然是一个复数。

容易验证,复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律,即对任何\(z_{1},z_{2},z_{3}\in\mathbf{C}\),有\[\begin{matrix}
z_{1}\cdot z_{2}=z_{2}\cdot z_{1},\\
\left ( z_{1}\cdot z_{2} \right )\cdot z_{3}=z_{1}\cdot\left ( z_{2}\cdot z_{3} \right ),\\
z_{1}\cdot \left ( z_{2}+z_{3} \right )=z_{1}\cdot z_{2}+z_{1}\cdot z_{3}.
\end{matrix}\]根据复数的乘法法则,对于任何复数\(z=a+bi\),有\[\left ( a+bi \right )\left ( a-bi \right )=a^{2}+b^{2}+\left ( ab-ab \right )i=a^{2}+b^{2},\]因此,两个共轭复数\(z,\overline{z}\)的积是一个实数,这个实数等于每一个复数的模的平方,即\[z\cdot \overline{z}=\left | z \right |^{2}=\left | \overline{z} \right |^{2}.\]

例1:计算\(\left ( 1-2i \right )\left ( 3+4i \right )\left ( -2+i \right )\)。

解:\(\left ( 1-2i \right )\left ( 3+4i \right )\left ( -2+i \right )=\left ( 11-2i \right )\left ( -2+i \right )=-20+15i\)。

计算复数的乘方,要用到虚数单位\(i\)的乘方。因为复数的长发满足交换律与结合律,所以实数集\(\mathbf{R}\)中正整数指数幂的运算律,在复数集\(\mathbf{C}\)中仍然成立,即对任何\(z,z_{1},z_{2}\in\mathbf{C}\)及\(m,n\in\mathbf{N}\),有\[\begin{matrix}
z^{m}\cdot z^{n}=z^{m+n},\\
\left ( z^{m} \right )^{n}=z^{mn},\\
\left ( z_{1}\cdot z_{2} \right )^{n}=z_{1}^{n}\cdot z_{1}^{n}.
\end{matrix}\]另一方面,我们有\[\begin{matrix}
i^{1}=i,\\
i^{2}=-1,\\
i^{3}=i^{2}\cdot i=-i,\\
i^{4}=i^{3}\cdot i=-i\cdot i=-i^{2}=1.
\end{matrix}\]从而,对于任何\(n\in\mathbf{N}\),我们都有\[i^{4n+1}=i^{4n}\cdot i=\left ( i^4 \right )^{n}\cdot i=1^{n}\cdot i=i.\]同理可证\[\begin{matrix}
i^{4n+2}=-1,\\
i^{4n+3}=-i,\\
i^{4n}=1.
\end{matrix}\]这就是说,如果\(n\in\mathbf{N}\),那么\[\fbox{$i^{4n+1}=i,i^{4n+2}=-1,i^{4n+3}=-i,i^{4n}=1.$}\]

例2:计算\(\left ( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{3}\)。

解:\(\left ( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{3}=\left ( \frac{1}{2} \right )^3-3\left ( \frac{1}{2} \right )^{2}\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}i \right )+3\left ( \frac{1}{2} \right )\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}i \right )^{2}-\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{3}=\frac{1}{8}-\frac{3\sqrt{3}}{8}i-\frac{9}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}i=-1.\)

复数的除法规定是乘法的逆运算,即把满足\[\left ( c+di \right )\left ( x+yi \right )=a+bi\left ( c+di\neq 0 \right )\]的复数\(x+yi\),叫做复数\(a+bi\)除以复数\(c+di\)的,记作\(\left ( a+bi \right )\div \left ( c+di \right )\)或\(\frac{a+bi}{c+di}\)。

我们知道,两个共轭复数的积是一个实数,因此,两个复数相除,可以先把它们的商写成分式的形式,然后把分子与分母都乘以分母的共轭复数,并且把结果化简,即\[\frac{a+bi}{c+di}=\frac{\left ( a+bi \right )\left ( c-di \right )}{\left ( c+di \right )\left ( c-di \right )}=\frac{\left ( ac+bd \right )+\left ( bc-ad \right )i}{c^{2}+d^{2}}=\frac{ac+bd}{c^{2}+d^{2}}+\frac{bc-ad}{c^{2}+d^{2}}i\left ( c+di\neq 0 \right ).\]因为\(c+di\neq 0\),所以\(c^{2}+d^{2}\neq 0\)。由此可见,商\(\frac{a+bi}{c+di}\)是一个唯一确定的复数。

例3:计算\(\left ( 1+2i \right )\div \left ( 3-4i \right )\)。

解:\(\left ( 1+2i \right )\div \left ( 3-4i \right )=\frac{1+2i}{3-4i}=\frac{\left ( 1+2i \right )\left ( 3+4i \right )}{\left ( 3-4i \right )\left ( 3+4i \right )}=\frac{-5+10i}{25}=-\frac{1}{5}+\frac{1}{2}i\)。

三、复数的三角形式

3.1 复数的三角形式

我们知道,与复数\(z=a+bi\)对应的向量\(\overrightarrow{OZ}\)(图9)的模\(r\)叫做这个复数的模,并且\[r=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.\]

复数-图9

以\(x\)轴的正半轴为始边、向量\(\overrightarrow{OZ}\)所在的射线(起点是\(O\))为终边的角\(\theta\),叫做复数\(z=a+bi\)的辐角

不等于零的复数\(z=a+bi\)的辐角有无限多个值,这些值相差\(2\pi\)的整数倍。例如,复数\(i\)的辐角是\(\frac{\pi}{2}+2k\pi\),其中\(k\)可以取任何整数。

适合于\(0\leq \theta < 2\pi\)的辐角\(\theta\)的值,叫做辐角的主值。记作\(\textrm{arg} z\),即\(0\leq \textrm{arg} z < 2\pi\)。

每一个不等于零的复数有唯一的模与辐角的主值,并且可由它的模与辐角的主值唯一确定。因此,两个非零复数相等当且仅当它们的模与辐角的主值分别相等

很明显,当\(a\in\mathbf{R^{+}}\)时,\[\begin{matrix}
\textrm{arg}\alpha=0,\\
\textrm{arg}\left ( -\alpha \right )=\pi,\\
\textrm{arg}\left ( ai \right )=\frac{\pi}{2},\\
\textrm{arg}\left ( -ai \right )=\frac{3\pi}{2}.
\end{matrix}\]

如果\(z=0\),那么与它对应的向量\(\overrightarrow{OZ}\)缩成一个点(零向量),这样的向量的方向是任意的,所以复数\(0\)的辐角也是任意的。

从图9可以看出:\[\left\{\begin{matrix}
a=r\cos{\theta},\\
b=r\sin{\theta}.
\end{matrix}\right.\]因此\[a+bi=r\cos{\theta}+ir\sin{\theta}=r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right ).\]其中\[r=\sqrt{a^{2}+b^{2}},\cos{\theta}=\frac{a}{r},\sin{\theta}=\frac{b}{r}.\]当与\(z\)对应的点\(Z\)不在实轴或虚轴上时,\(z\)的辐角\(\theta\)的终边所在的象限就是点\(Z\)所在的象限;当点\(Z\)在实轴或虚轴上时,辐角\(\theta\)的终边就是从原点\(O\)出发、经过点\(Z\)的板条坐标轴。

因此我们可以说,任何一个复数\(z=a+bi\)都可以表示成\[r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )\]的形式。

\(r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )\)叫做复数\(a+bi\)的三角形式。为了同三角形式区别开来,\(a+bi\)叫做复数的代数形式

例1:把复数\(\sqrt{3}+i\)表示成三角形式。

解:\(r=\sqrt{3+1}=2,\cos{\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\)因为与\(\sqrt{3}+i\)对应的点在第一象限,所以\(\textrm{arg}\left ( \sqrt{3}+i \right )=\frac{\pi}{6}\),于是\(\sqrt{3}+i=2\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right ).\)

例2:把复数\(1-i\)表示成三角形式。

解:\(r=\sqrt{1+1}=\sqrt{2},\cos{\theta}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\)因为与\(1-i\)对应的点在第四象限,所以\(\textrm{arg}\left ( 1-i \right )=\frac{7\pi}{4}\),于是\(1-i=\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{4}}+i\sin{\frac{7\pi}{4}} \right ).\)

例3:把复数\(-1\)表示成三角形式。

解:\(r=\sqrt{1+0}=1.\)因为与\(-1\)对应的点在\(x\)轴的负半轴上,所以\(\textrm{arg}\left ( -1 \right )=\pi\),于是\(-1=\cos{\pi}+i\sin{\pi}.\)

当然,把一个复数表示成三角形式时,辐角\(\theta\)不一定要取主值。例如,\(\sqrt{2}\left [ \cos{\left ( -\frac{\pi}{4} \right )}+i\sin{\left ( -\frac{\pi}{4} \right )} \right ]\)也是复数\(1-i\)的三角形式。

3.2 复数的三角形式的运算

3.2.1 乘法与乘方

如果把复数\(z_{1},z_{2}\)分别写成三角形式\[\begin{matrix}
z_{1}=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ),\\
z_{2}=r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right ),
\end{matrix}\]故有\[z_{1}\cdot z_{2}\\ =r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\\ =r_{1}r_{2}\left [ \left (\cos{\theta_{1}}\cos{\theta_{2}}-\sin{\theta_1}\sin{\theta_{2}} \right ) + i\left ( \sin{\theta_{1}}\cos{\theta_{2}}+\cos{\theta_{1}}\sin{\theta_{2}} \right ) \right ]\\ =r_{1}r_{2}\left [ \cos{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )} \right ],\]即\[\fbox{$r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )=r_{1}r_{2}\left [ \cos{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}+\theta_{2} \right )} \right ].$}\]

这就是说,两个复数相乘,积的模等于各复数的模的积,积的辐角等于各复数的辐角之和

据此,两个复数\(z_{1},z_{2}\)相乘时,可以先画出分别与\(z_{1},z_{2}\)对应的向量\(\overrightarrow{OP_{1}},\overrightarrow{OP_{2}}\),然后把向量\(\overrightarrow{OP_{1}}\)按逆时针方向旋转一个角度\(\theta_{2}\)(如果\(\theta < 0\),就要把\(\overrightarrow{OP_{1}}\)按顺时针方向旋转一个角度\(\left | \theta_{2} \right |\)),在把它的模变为原来的\(r_{2}\)倍,所得的向量\(\overrightarrow{OP}\),就表示积\(z_{1}\cdot z_{2}\)(图10)。这就是复数乘法的几何意义。

复数-图10

用数学归纳法容易证明(读者自己证明),上面的结论可以推广到\(n\)个复苏相乘的情况,就是:\[z_{1}\cdot z_{2}\cdot\cdots\cdot z_{n}\\ =r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\cdot r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\cdot\cdots\cdot r_{n}\left ( \cos{\theta_{n}}+i\sin{\theta_{n}} \right )\\ =r_{1}r_{2}\cdots r_{n}\left [ \cos{\left ( \theta_{1}+\theta_{2}+\cdots +\theta_{n} \right )} + i\sin{\left ( \theta_{1}+\theta_{2}+\cdots +\theta_{n} \right )}\right ].\]因此,如果\[r_{1}=r_{2}=\cdots=r_{n}=r,\theta_{1}=\theta_{2}=\cdots=\theta_{n}=\theta\]时,就有\[\fbox{$\left [ r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )^n \right ]=r^{n}\left ( \cos{n\theta}+i\sin{n\theta} \right )\left ( n\in\mathbf{N} \right ).$}\]这就是说,复数的\(n\left(n\in\mathbf{N}\right)\)次幂的模等于这个复数的模的\(n\)次幂,它的辐角等于这个复数的辐角的\(n\)倍。这个定理叫做棣莫佛[2]定理

[2]棣莫佛(Abrabam de Moivre, 1667-1754年),法国数学家。

例1:计算\(\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{\pi}{12}}+i\sin{\frac{\pi}{12}} \right )\cdot\sqrt{3}\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right )\)。

解:\(\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{\pi}{12}}+i\sin{\frac{\pi}{12}} \right )\cdot\sqrt{3}\left ( \cos{\frac{\pi}{6}}+i\sin{\frac{\pi}{6}} \right )\\ =\sqrt{6}\left [ \cos\left ( \frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{6} \right )+i\sin\left ( \frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{6} \right ) \right ]\\ =\sqrt{6}\left ( \cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}} \right )\\ =\sqrt{6}\left ( \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i \right )\\ =\sqrt{3}+\sqrt{3}i\)。

例2:计算\(\left ( \sqrt{3}-i \right )^{6}\)。

解:因为\(\sqrt{3}-i=2\left ( \cos{\frac{11\pi}{6}}+i\sin{\frac{11\pi}{6}} \right )\),所以\(\left (\sqrt{3}-i  \right )^{6}\\ =\left [2\left ( \cos{\frac{11\pi}{6}}+i\sin{\frac{11\pi}{6}} \right )  \right ]^{6}\\ =2^{6}\left ( \cos{11\pi}+i\sin{11\pi} \right )\\ =64\left ( \cos{\pi}+i\sin{\pi} \right )\\ =64\cdot\left ( -1 \right )=-64\)。

例3:如图11,向量\(\overrightarrow{OZ}\)与复数\(-1+i\)对应,把\(\overrightarrow{OZ}\)按逆时针方向旋转\(120^\circ\),得到\(\overrightarrow{OZ‘}\)。求与向量\(\overrightarrow{OZ’}\)对应的复数(用代数形式表示)。

复数-图11

解:所求的复数就是\(-1+i\)乘以一个复数\(z_{0}\)的积,这个复数\(z_{0}\)的模是\(1\),辐角的主值是\(120^\circ\)。

所以所求的复数是\((-1+i)\cdot 1\left ( \cos{120^\circ}+i\sin{120^\circ} \right )\\ =(-1+i)\left ( -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right )\\ =\frac{1-\sqrt{3}}{2}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}i\)

例4:如图12,已知平面内并列的三个相等的正方形,利用复数证明\[\angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac{\pi}{2}.\]

复数-图12

证明:如图建立坐标系(确定复平面),由于平行线的内错角相等,\(\angle 1,\angle 2,\angle 3\)分别等于复数\(1+i,2+i,3+i\)的辐角的主值,这样\(\angle 1+\angle 2+\angle 3\)就是积\(\left ( 1+i \right )\left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right )\)的辐角,而\[\left ( 1+i \right )\left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right )=10i,\]其辐角的主值是\(\frac{\pi}{2}\),并且\(\angle 1,\angle 2,\angle 3\)都是锐角,于是\[0<\angle 1+\angle 2+\angle 3<\frac{3\pi}{2},\]所以\[\angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac{\pi}{2}.\]

3.2.2 除法

设\(z_{1}=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ),z_{2}=r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\),且\(z_{2}\neq 0\)。因为\[r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\cdot \frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ \cos{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )} \right ]=r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right ),\]所以根据复数的除法的定义,有\[\fbox{$\frac{r_{1}\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )}{r_{2}\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )}=\frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ \cos{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )}+i\sin{\left (\theta_{1}-\theta_{2}  \right )} \right ]$}\]这就是说,两个复数相除,商的模等于被除数的模除以除数的模所得的商,商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差

例5:计算\(4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )\div 2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right )\)。

解:\(4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )\div 2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right )\\ =\frac{4\left ( \cos{\frac{4\pi}{3}}+i\sin{\frac{4\pi}{3}} \right )}{2\left ( \cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}} \right )}\\ =2\left [ \cos{\left ( \frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6} \right )}+i\sin{\left ( \frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6} \right )} \right ]\\ =2\left [ \cos{\frac{\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right ]=2\left ( 0+i \right )=2i\)。

3.2.3 开方

设\(\rho \left ( \cos{\phi}+i\sin{\phi} \right )\)是复数\(r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )\)的\(n\left ( n\in\mathbf{N} \right )\)次方根,那么\[r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )=\left [ \rho \left ( \cos{\phi}+i\sin{\phi} \right ) \right ]^{n}=\rho^{n} \left ( \cos{n\phi}+i\sin{n\phi} \right ).\]

因为相等的复数,它们的模相等,辐角可以相差\(2\pi\)的整数倍,所以\[\left\{\begin{matrix}
\rho^{n}=r,\\
n\phi=\theta+2k\pi\left ( k\in\mathbf{Z} \right ).
\end{matrix}\right.\]由此可知,\[\rho=\sqrt[n]{r},\phi=\frac{\theta+2k\pi}{n},\]因此\(r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )\)的\(n\)次方根是\[\sqrt[n]{r}\left ( \cos{\frac{\theta+2k\pi}{n}} +i\sin{\frac{\theta+2k\pi}{n}}\right ).\]当\(k\)取\(0,1,\cdots,n-1\)各值时,就可以得到上式的\(n\)个值。由于正弦、余弦函数的周期都是\(2\pi\),当\(k\)取\(n,n+1\)以及其他各个整数值时,又重复出现\(k\)取\(0,1,\cdots,n-1\)时的结果。所以复数\(r\left ( \cos{\theta}+i\sin{\theta} \right )\)的\(n\)次方根[3]是\[\fbox{$\sqrt[n]{r}\left ( \cos{\frac{\theta+2k\pi}{n}} +i\sin{\frac{\theta+2k\pi}{n}}\right )\left ( k=0,1,\cdots,n-1 \right ).$}\]这就是说,复数的\(n\left ( n\in\mathbf{N} \right )\)次方根是\(n\)个复数,它们的模都等于这个复数的模的\(n\)次算术根,它们的辐角分别等于这个复数的辐角与\(2\pi\)的\(0,1,\cdots,n-1\)倍的和的\(n\)分之一

[3]采用这个符号时,一定要记住\(\sqrt[n]{z}\)表示\(n\)个复数。

例6:求\(1-i\)的立方根。

解:因为\[1-i=\sqrt{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{4}}+i\sin{\frac{7\pi}{4}} \right )\],所以\(1-i\)的立方根是\[\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{\frac{7\pi}{4}+2k\pi}{3}}+i\sin{\frac{\frac{7\pi}{4}+2k\pi}{3}} \right )=\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{7\pi+8k\pi}{12}}+i\sin{\frac{7\pi+8k\pi}{12}} \right )\left ( k=0,1,2 \right ],\]即\(1-i\)的立方根是下面三个复数:\[\begin{matrix}
\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{7\pi}{12}}+i\sin{\frac{7\pi}{12}} \right ),\\
\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{5\pi}{4}}+i\sin{\frac{5\pi}{4}} \right ),\\
\sqrt[6]{2}\left ( \cos{\frac{23\pi}{12}}+i\sin{\frac{23\pi}{12}} \right ).
\end{matrix}\]

例7:设\(a\in\mathbf{R^{+}}\),求\(-a\)的平方根。

解:因为\(-a=a\left(\cos{\pi}+i\sin{\pi}\right)\),所以\(-a\)的平方根是\[\sqrt{a}\left ( \cos{\frac{\pi+2k\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi+2k\pi}{2}} \right )\left ( k=0,1 \right ),\]即\(-a\)的平方根是下面两个复数:\[\sqrt{a}\left ( \cos{\frac{\pi}{2}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right ),\sqrt{a}\left ( \cos{\frac{3\pi}{2}}+i\sin{\frac{3\pi}{2}} \right ),\]或\[\sqrt{a}i,-\sqrt{a}i.\]

从例7可以看到,\(a\in\mathbf{R^{+}}\)时,\(-a\)的平方根是\(\pm\sqrt{a}i\)

我们知道,对于实系数一元二次方程\(ax^{2}+bx+c=0\),如果\(b^{2}-4ac< 0\),那么它在实数集\(\mathbf{R}\)中没有根。现在我们在复数集\(\mathbf{C}\)中考察这种情况。经过变形,原方程可化为\[x^{2}+\frac{b}{a}x=-\frac{c}{a},\]所以\[x^{2}+2\cdot x\cdot \frac{b}{2a}+\left ( \frac{b}{2a} \right )^{2}=\left ( \frac{b}{2a} \right )^{2}-\frac{c}{a},\]进一步化简得\[\left ( x+\frac{b}{2a} \right )^{2}=\frac{b^{2}-4ac}{\left ( 2a \right )^2},\]即\[\left ( x+\frac{b}{2a} \right )^{2}=-\left [ \frac{-\left ( b^{2}-4ac \right )}{\left ( 2a \right )^2} \right ].\]由于\(\frac{-\left ( b^{2}-4ac \right )}{\left ( 2a \right )^2}\in\mathbf{R^{+}}\),根据例7,我们得到\[x+\frac{b}{2a}=\frac{\pm\sqrt{\left ( b^{2}-4ac \right )}i}{2a},\]所以方程\(ax^{2}+bx+c=0\)在复数集\(\mathbf{C}\)中有两个根\[x=\frac{-b\pm\sqrt{-\left ( b^{2}-4ac \right )}i}{2a}\left ( b^{2}-4ac< 0 \right ).\]显然,它们是一对共轭复数。

例8:在复数集\(\mathbf{C}\)中解方程\(x^{2}-4x+5=0\)。

解:因为\(b^{2}-4ac=16-20=-4< 0\),所以\(x=\frac{4\pm 2i}{2}=2\pm i\)。

根据以前学过的一元二次方程的有关知识,我们知道,例8中方程左边的二次三项式\(x^2-4x+5\)在复数集\(\mathbf{C}\)中就可以通过求根的方法分解成两个一次因式的积,即\[x^{2}-4x+5=\left [ x-\left ( 2+i \right ) \right ]\left [ x-\left ( 2-i \right ) \right ]=\left ( x-2-i \right )\left ( x-2+i \right ).\]

形如\(a_{n}x^{n}+a_{0}=0\)(\(a_{0},a_{n}\in\mathbf{C}\),且\(a_{n}\neq 0\))的方程叫做二项方程。任何一个二项方程都可以化成\(x^{n}=b\left(b\in\mathbf{C}\right)\)的形式,因此,都可以通过复数开方来求根。

例9:在复数集\(C\)中解方程\(x^{5}=32\)。

解:原方程就是\[x^{5}=32\left ( \cos{0}+i\sin{0} \right ).\]所以\[x=\sqrt[5]{32}\left ( \cos{\frac{0+2k\pi}{5}}+i\sin{\frac{0+2k\pi}{5}} \right )\\ =2\left [ \cos{\left ( k\cdot\frac{2\pi}{5} \right )}+i\sin{\left ( k\cdot\frac{2\pi}{5} \right )} \right ]\left ( k=0,1,2,3,4 \right ),\]就是\[\begin{matrix}
x_{1}=2\left ( \cos{0}+i\sin{0} \right )=2,\\
x_{2}=2\left ( \cos{\frac{2\pi}{5}}+i\sin{\frac{2\pi}{5}} \right ),\\
x_{3}=2\left ( \cos{\frac{4\pi}{5}}+i\sin{\frac{4\pi}{5}} \right ),\\
x_{4}=2\left ( \cos{\frac{6\pi}{5}}+i\sin{\frac{6\pi}{5}} \right ),\\
x_{5}=2\left ( \cos{\frac{8\pi}{5}}+i\sin{\frac{8\pi}{5}} \right ).
\end{matrix}\]这个方程的根的几何意义是复平面内的五个点,这些点均匀分布在以原点为圆心,以\(2\)为半径的圆上(圆13)。

复数-图13

一般地,方程\(x^{n}=b\left(b\in\mathbf{C}\right)\)的根的几何意义是复平面内的\(n\)个点,这些点均匀分布在以原点为圆心,以\(\sqrt[n]{\left | b \right |}\)为半径的圆上。

*四、复数的指数形式

在科学技术,特别实在电工和无线电计算中,为了方便起见,还采用复数的另一种表示——复数的指数形式。

我们把模为\(1\),辐角为\(\theta\)(以弧度为单位)的复数\[\cos{\theta}+i\sin{\theta}\]用记号\(e^{i\theta}\)来表示,即\[e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta}.\][4]

[4]这里的\(e=2.71828\cdots\),就是自然对数的底数。这个公式叫做欧拉(Leonhard Euler,1707-1783年,瑞士数学家)公式。在“复变函数论”中可以证明这个公式。

例如,\[\begin{matrix}
e^{i\frac{\pi}{2}}=\cos{\frac{\pi}{1}+i\sin{\frac{\pi}{1}}}=i,\\
e^{i\frac{\pi}{3}}=\cos{\frac{\pi}{3}+i\sin{\frac{\pi}{3}}}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i.
\end{matrix}\]又如,\(\cos{\frac{5\pi}{6}}+i\sin{\frac{5\pi}{6}}\)可以写成\(e^{i\frac{5\pi}{6}}\),\[\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i=\cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}}\]可以写成\(e^{i\frac{\theta}{4}}\)。

引入记号\(e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta}\)之后,任何一个复数\[z=r\left(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\right)\]就可以表示成\[z=re^{i\theta}\]的形式。我们把这一表达式叫做复数的指数形式

根据复数的指数形式的定义,我们有\[e^{i\theta_{1}}\cdot e^{i\theta_{2}}\\ =\left ( \cos{\theta_{1}}+i\sin{\theta_{1}} \right )\left ( \cos{\theta_{2}}+i\sin{\theta_{2}} \right )\\ =\cos{\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )}+i\sin{\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )}\\ =e^{i\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )},\]即\[e^{i\theta_{1}}\cdot e^{i\theta_{2}}=e^{i\left ( \theta_{1}+\theta_{2} \right )}.\]

同样可证\[\left ( e^{i\theta} \right )^{n}=e^{in\theta}\left ( n\in\mathbf{N} \right ),\]\[\frac{e^{i\theta_1}}{e^{i\theta_{2}}}=e^{i\left ( \theta_{1}-\theta_{2} \right )}.\]上述性质与我们过去学过的实数指数幂的性质一致,所以把复数从三角形式改写成指数形式后,可以运用实数集\(\mathbf{R}\)中的幂运算律(注意:乘方的指数限于自然数)来进行运算。这里我们仿照实数集\(\mathbf{R}\)中的说法,把\(e^{i\theta}\)叫做以\(e\)为底、\(i\theta\)为指数的幂。

对于开方运算,复数\(re^{i\theta}\)的\(n\left(n\in\mathbf{N}\right)\)次方根是\[\sqrt[n]{r}e^{i\frac{\theta+2k\pi}{n}}\left ( k=0,1,\cdots,n-1 \right ).\]

例1:把复数\(z=2i\)表示成指数形式。

解:\(z=2i=2\left ( \cos{\frac{\pi}{1}}+i\sin{\frac{\pi}{2}} \right )=2e^{i\frac{\pi}{2}}\)。

例2:把\(\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}},\sqrt{5}e^{i\frac{2\pi}{3}}\)表示成三角形式及代数形式。

解:\(\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}\left [ \cos\left ( -\frac{\pi}{4} \right )+i\sin{\frac{\pi}{4}} \right ]=1-i,\\ \sqrt{5}e^{i\frac{2\pi}{3}}=\sqrt{5}\left [ \cos\left ( -\frac{2\pi}{3} \right )+i\sin{\frac{2\pi}{3}} \right ]=-\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\sqrt{15}}{2}i\)。

例3:用\(e^{i\theta}\)与\(e^{-i\theta}\)表示\(\cos{\theta}\)与\(\sin{\theta}\)。

解:因为\[e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta},\]\[e^{-i\theta}=\cos{\left ( -\theta \right )}+i\sin\left ( -\theta \right )=\cos{\theta}-i\sin{\theta},\]因此\[\cos{\theta}=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2};\]\[\sin{\theta}=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}.\]

4 条评论关于复数的一些补充

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