§5 复数

§5 复数

C1复数域

1）矩阵形式同构域：
$P = \Big\{ X | X = \begin{pmatrix} a & b \\ -b & a \end{pmatrix} = a E + b J, J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \Big\}$P={X∣X=(a−b​ba​)=aE+bJ,J=(0−1​10​)}

• 加乘运算由矩阵运算定义，满足环性，逆元为$\left(\begin{matrix} c & d \\-d & c\end{matrix}\right),c = \frac{a}{a^2 + b^2}, d = \frac{-b}{a^2+b^2}$(c−d​dc​),c=a2+b2a​,d=a2+b2−b​，满足域性
• $J$J显然为$X^2 +E = 0$X2+E=0的解
• 包含子域 $\{aE|a\in \mathbb{R} \} \cong \mathbb{R}${aE∣a∈R}≅R

2）复平面：定义$\mathbb{C} = \{(a,b)|a,b\in \mathbb{R}\}$C={(a,b)∣a,b∈R}上点运算
$\begin{aligned} & 加法： (a,b) + (c,d) = (a+c,b+d)\\ & 乘法： (a,b)\cdot (c,d) = (ac-bd,ad+bc) \end{aligned}$​加法：(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)乘法：(a,b)⋅(c,d)=(ac−bd,ad+bc)​

• 定义映射$(a,b)\mapsto\left(\begin{matrix} a & b \\-b & a\end{matrix}\right)$(a,b)↦(a−b​ba​) ，可知$\mathbb{C}$C是一个域

• 零元(0,0),单位元(0,1),虚数单位(1,0)记为i

• 几何解释：

  • 横轴称为实轴，竖轴称为虚轴，实轴上点为实数，虚轴点数为纯虚数，平面上任一点称虚数

  • (x,y)中，x称为实部(Rez)，y称为``虚部(Imz)`

  • 记虚数为z = x + y i,则$\bar{z} =x - yi$zˉ=x−yi 称为其共轭复数，将复数对应到其共轭复数的映射称为复共轭映射

  • 记 $|z| = \sqrt{\bar{z}z} =\sqrt{x^2+y^2}$∣z∣=zˉz​=x2+y2​为复数的模(r)，记其与原点连线同x轴正向的正夹角φ为其辐角(arg z)

    • 复数的三角形式：$z = r(\cos{\phi}+i \sin{\phi}),x = r\cos{\phi},y = r\sin{\phi}$z=r(cosϕ+isinϕ),x=rcosϕ,y=rsinϕ

    • 复数加法满足平行四边形法则，乘法为辐角相加，模相乘

      $i.e.,zz'=|z||z'|[\cos(\phi+\phi')+isin(\phi+\phi')]$i.e.,zz′=∣z∣∣z′∣[cos(ϕ+ϕ′)+isin(ϕ+ϕ′)]

      特别地，$z^{-1} = |z|^{-1}[cos(-\phi)+isin(-\phi)]$z−1=∣z∣−1[cos(−ϕ)+isin(−ϕ)]
      

    • $|zz'|=|z||z'|,|z+z'|=\sqrt{|z|^2+|z^2|-2|z||z'|cos(\phi-\phi')}$∣zz′∣=∣z∣∣z′∣,∣z+z′∣=∣z∣2+∣z2∣−2∣z∣∣z′∣cos(ϕ−ϕ′)​

  • 定理：复共轭映射是复数域的2阶自同构，任意复数与共轭复数之积与之和均为实数

    小证：$\bar{\bar{z}} = z, \overline{x+y} = \bar{x}+\bar{y},\overline{xy} =\bar{x}\bar{y}$zˉˉ=z,x+y​=xˉ+yˉ​,xy​=xˉyˉ​

    注记：复共轭是复数域上唯一的连续自同构，即将复平面上点的邻域仍变为邻域

3）乘方：$[r(cos\phi+i\sin\phi)]^n = r^n(\cos{n\phi + i \sin{n\phi}}),i.e.,|z^n| =|z|^n,\arg{z^n} = n\cdot \arg{z}$[r(cosϕ+isinϕ)]n=rn(cosnϕ+isinnϕ),i.e.,∣zn∣=∣z∣n,argzn=n⋅argz（棣莫弗公式）

• 推论：$\cos{n\phi} = \sum_{k\ge0}(-1)^kC_n^{2k}\cos^{n-2k}{\phi}\cdot\sin^{2k}{\phi},\sin{n\phi} = \sum_{k\ge0}(-1)^kC_n^{2k+1}\cos^{n-1-2k}{\phi}\cdot\sin^{2k+1}{\phi}$cosnϕ=∑k≥0​(−1)kCn2k​cosn−2kϕ⋅sin2kϕ,sinnϕ=∑k≥0​(−1)kCn2k+1​cosn−1−2kϕ⋅sin2k+1ϕ

• 欧拉公式：$e^{i\phi}=\cos{\phi} + i\sin{\phi},z=|z|e^{i\phi}$eiϕ=cosϕ+isinϕ,z=∣z∣eiϕ

4）开方：复数z的n次方根落在以原点为圆心，$\sqrt[n]{|z|}$n∣z∣​为半径的圆内接正n边形的顶点上

• $r'=\sqrt[n]{r},\phi'=\frac{\phi+2k\pi}{n},\sqrt[n]{z}=\sqrt[n]{|z|}(\cos\frac{\phi+2k\pi}{n}+i\sin\frac{\phi+2k\pi}{n})$r′=nr​,ϕ′=nϕ+2kπ​,nz​=n∣z∣​(cosnϕ+2kπ​+isinnϕ+2kπ​)
• 特别地，$\sqrt[n]{1} = \epsilon_k = \cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}$n1​=ϵk​=cosn2kπ​+isinn2kπ​，所有根构成了一个n阶循环群。其中 $k\nmid{n}$k∤n的根称为本原根
• 显然，若$\sqrt[n]{z}$nz​的一根为$z'$z′，则其余根为$z'\epsilon_k$z′ϵk​

5）唯一性定理：$\mathbb{R}$R上任意一个二维向量空间 K ，若是无零因子交换环，则同构于$\mathbb{C}$C

• 证明：关键是找到R中满足$j^2 = -1$j2=−1的向量。假设$e^2 = \alpha\cdot1+2\beta\cdot e$e2=α⋅1+2β⋅e,令$f = e - \beta\notin R$f=e−β∈/​R,得$f^2 =\gamma= \alpha + \beta^2<0$f2=γ=α+β2<0(否则$f=\pm\sqrt{\gamma}\in R$f=±γ​∈R矛盾)，得目标向量为$\frac{1}{\sqrt{-\gamma}}f$−γ​1​f

6）子域：

• 二次域：扩域$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$Q(d​)。
  • $d>0$d>0称实二次域，$d<0$d<0称虚二次域
  • 可证得$\mathbb{Q} = \{a+b\sqrt{d}|a,b\in Q\}$Q={a+bd​∣a,b∈Q}
  • 类似于复共轭映射，可定义自同构$f:a+b\sqrt{d} \mapsto a-b\sqrt{d}$f:a+bd​↦a−bd​
  • 范数：$N(\alpha) = a^2 - db^2= \alpha f(\alpha)\implies N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$N(α)=a2−db2=αf(α)⟹N(αβ)=N(α)N(β)

7）复数域与初等几何：

• 实向量空间 $\mathbb{C}= <1,i>_\mathbb{R}$C=<1,i>R​是欧式空间，正定内积为$(z_1|z_2) = Re \ z_1\bar{z_2} = x_1y_1+x_2y_2$(z1​∣z2​)=Re z1​z2​ˉ​=x1​y1​+x2​y2​

  复数正交即内积为0

• 交比：$[z_1,z_2,z_3,z_4] = \frac{z_1 - z_2}{z_1 - z_4}:\frac{z_3 - z_2}{z_3 - z_4},z_i \in \mathbb{C},z_1 \neq z_4,z_2\neq z_3$[z1​,z2​,z3​,z4​]=z1​−z4​z1​−z2​​:z3​−z4​z3​−z2​​,zi​∈C,z1​​=z4​,z2​​=z3​,是一个复数

• 三点共线 iff $z_3 \bar{z_2} - z_3\bar{z_1} +z_2\bar{z_1}\in \mathbb{R}$z3​z2​ˉ​−z3​z1​ˉ​+z2​z1​ˉ​∈R；四点共圆 iff 交比为实数

• 可构作数域：在圆规和直尺使用下，从(0,0)(0,1)出发有限次步骤可做出来的点集$CS$CS

  • a+bi的可构作性等价于|a|,|b|的可构作性

  • $CS$CS是一个域，加法封闭性：两个圆焦点;乘法封闭性：相似三角形;可逆性：前两者保证

  • 平方根也是可构作的(作一个半径1+α的圆，直径在x轴，与y轴相切，坐标1对应y值就是了)

    故二次域都可构作

    

  • $\mathbb{Q} \sub CS\sub \mathbb{C}$Q⊂CS⊂C