大學視角下的中學數學(復數)

李尚志

(北京航空航天大學 100083)

1 復數的幾何模型

例1(高考2017年理科數學全國卷3)

設復數z滿足(1+i)z=2i.則|z|=______.

答案C.

點評網上發表的一個答案是:先求出

很多人喜歡這種做法,按部就班死算復數除法再算模,而不習慣于先求模再相除.但是,按照這種思路能做出下面的題目嗎?

例2(中國科大2016年自主招生題)

解法1(代數算法)設z1=x1+y1i,z2=x2+y2i,列方程組

點評4個未知數x1,x2,y1,y2,3個方程,你能解出來嗎？

x1x2+y1y2

=(x1y2)2-2(x1y2)(x2y1)+(x2y1)2

=(x1y2-x2y1)2,

得x2y1-x1y2

點評怎么想出用等式 (1),(2),(3)算x1x2+y1y2和x2y1-x1y2?

3個復數z1,z2,z1+z2代表3個平面向量a,b,a+b,復數的模是向量的模(有向線段的長度):|z1|=|a|,|z2|=|b|,|z1+z2|=|a+b|.

x1x2+y1y2=a·b=|a||b| cosα是向量內積,α是向量a,b夾角.由完全平方公式(a+b)2=a2+2a·b+b2(就是余弦定理)得到

=|a||b|cosα.

|x2y1-x1y2|=|a||b||sinα|(見《借題發揮1》),它的平方

|a|2|b|2sin2α=|a|2|b|2(1-cosα2)

=|a|2|b|2-(a·b)2.

幾何想法指揮想出代數算法.還順便證明了 4個實數x1,y1,x2,y2的柯西不等式a2b2-(a·b)2≥0.并且可以推廣到2n個實數:

借題發揮1復數乘法表示平面旋轉

每個復數z=x+yi代表平面上的一個幾何向量v=(x,y).

設兩個復數z1=x1+y1i,z2=x2+y2i分別代表幾何向量v1=(x1,y1),v2=(x2,y2).則復數相加減得到的和或差z1±z2=(x1±x2)+(y1±y2)i代表的的幾何向量u=v1±v2.

復數的乘法不代表向量的數量積,而代表向量的變換.

如果z1=x1是實數,則x1z1=x1(x2+y2i)=x1x2+x1y2i,相當于實數x1乘向量v2=(x2,y2),將向量v2變成x1v2=(x1x2,x1y2).

特別地,當x1>0,x1乘z2就是將向量v2方向不變,長度乘x1.

-1乘z2就是將向量v2長度不變,方向旋轉180°.(-1)2乘z2將v2旋轉兩個180°,總共旋轉360°,回到原來方向,相當于乘1,也就是說:(-1)2z2=z2=1z2.這解釋了(-1)2=1.

比如汽車速度30表示每小時30千米往東,30乘-1變成-30,就是向后轉180°,往東30變成往西30,就是30×(-1)=-30.-30再乘-1,往西的方向再次向后轉,回到往東的方向,這就是(-30)×(-1)=30.也就是30×(-1)×(-1)=30,(-1)2=1.

既然-1的平方是后轉兩次,轉兩個180°,-1的平方根就應該后轉半次,轉半個180°,也就是轉90°.轉90°有兩個不同方向,左轉(逆時針方向)為+90°,右轉(順時針方向)為-90°.我們將轉+90°記為i,轉-90°就是-i.i2,(-i)2分別是+180°與-180°,都是向后轉.雖然轉的過程不同,旋轉結束之后面對同樣方向,都是乘-1.因此i2=(-i)2=-1,±i是-1的兩個不同的平方根.

例3已知平面直角坐標系中的點A的坐標 (x,y).將A繞原點O旋轉+90°到B.A繞O旋轉-90°到C.求B,C的坐標.

B的坐標為 (-y,x);C的坐標為(y,-x).

例4已知平面直角坐標系中的點O(0,0),A(a1,a2),B(b1,b2).求△AOB的面積S.

圖1

將OB繞O旋轉-90°.則B′的坐標為(b2,-b1).

由|OB|=|OB′|,∠AOB=∠AOB′+90°得

圖2

代表復數

(cosα)z+(sinα)(iz)=(cosα+i sinα)z.

(cosα+isinα)(x+yi)

=(xcosα-ysinα)+i(xsinα+ycosα)

z=|z|(cosθ+isinθ),

其中|z|=|OA|是z的模,θ=∠EOA=∠xOA稱為z的幅角.

z=|z|(cosθ+isinθ)稱為復數z的三角形式.

|w|(cosα+isinα) ·|z|(cosθ+isinθ)

=|w||z|[cos(α+θ)+isin(α+θ)].

乘法規則為:模相乘,輻角相加.

做除法很自然就是模相除,輻角相減:

其中θ-α就是兩個向量的夾角.

由復數三角形式的乘法公式還可得到

cos(α+β)+isin(α+β)

=(cosα+isinα)(cosβ+isinβ)

=(cosαcosβ-sinαsinβ)

+i(cosαsinβ+sinαcosβ),

比較等式兩邊的實部和虛部,得到

cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ,

sin(α+β)=cosαsinβ+sinαcosβ,

就是正弦和余弦的和角公式.(cosα+isinα)n乘z=x+yi,將向量 (x,y)旋轉α的動作重復n次,共旋轉nα.由此得到

(cosα+isinα)n=cosnα+isinnα,

這叫做棣美弗公式.幾何意義是:每次旋轉α,重復n次旋轉nα.

用牛頓二項式定理將等式左邊的冪展開,與右邊分別比較實部和虛部,得到n倍角公式

例5求方程x2=i的全部解.

解設x=r(cosθ+isinθ).則

x2=r2(cos 2θ+isin2θ)=i

現在可以重新回去求解例2.

圖3

(a+b)2=a2+b2+2a·b,

42=22+32+2 × 2 × 3 cosα,

例6方程x3=-i的全部解為________.

解設x=r(cosθ+isinθ),實數r≥0.則

2 多項式的帶余除法

小學算術學了非負整數的帶余除法:任意非負整數a除以任意正整數b,得到非負整數q,r滿足

a=qb+r,且0≤r

其中a,b,q,r分別叫做被除數,除數,商,余數.滿足的關系式就是:

被除數=除數×商+余數,余數<除數.

中學學了負整數,被除數、除數、商就允許取負整數,但余數r仍要求非負整數,滿足0≤r<|b|.以保證商和余數的唯一性.

類似地有多項式的帶余除法:一元多項式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0除以非零多項式g(x)=bmxm+bm-1xm-1+…+b1x+b0(bm≠0)得到唯一的商q(x)和余式r(x),滿足

f(x)=q(x)g(x)+r(x),且r(x)的次數低于g(x),或r(x)=0.

例7多項式 (xsin 75°+sin 15°)2012被x2+1除,余式為________.

解f(x)=(xsin 75°+sin 15°)2012

=q(x)(x2+1)+(a+bx),

取x=i得(isin 75°+sin 15°)2012=a+bi,

利用棣美弗公式可以算出等式左邊

(isin 75°+sin 15°)2012

=(cos 75°+isin 75°)2012

例8在有理數范圍內分解因式:

(1)x12+x9+x6+x3+1.

(2)x10+x5+1.

=(x4+x3+x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

(2)x10+x5+1=(x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

以上是用最現成的方法,強行做長除法,類似于小學的除法豎式.

很自然要問:預先怎么知道x10+x5+1能被x2+x+1整除?

理由1不需要理由.強行做除法,除盡了就是理由.

r(x)=x10+x5+1-q(x)(x3-1),

兩邊令x3=1得r(x)=x·x9+x2·x3+1=x+x2+1.可得

x10+x5+1-(x+x2+1)

=x(x9-1)+x2(x3-1)

=(x3-1)[x(x6+x3+1)+x2]

=(x3-1)(x7+x4+x+x2),

x10+x5+1=(x3-1)(x7+x4+x+x2)+x2+x+1,

右邊就可以提取公因式x2+x+1.

為什么只將x5替換成 1,不將x替換成x5=1的某個根 ?此處是除以x5-1求余式.x5除以x5-1的余式等于 1,而x,x2,x3,x4除以x5-1的余式都是它們自己,所以不替換.

例8解法2

(1)x12+x9+x6+x3+1

=x2(x10-1)+x2+x4(x5-1)+x4+x(x5-1)+x+x3+1

=(x5-1)[x2(x5+1)+x4+x]+(x4+x3+x2+x+1)

=(x4+x3+x2+x+1)[(x-1)(x7+x4+x2+x)+1]

=(x4+x3+x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

(2)x10+x5+1

=x(x9-1)+x+x2(x3-1)+x2+1

=(x3-1)[x(x6+x3+1)+x2]+(x2+x+1)

=(x2+x+1)[(x-1)(x7+x4+x2+x)+1]

=(x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

借題發揮2分圓多項式

以上做因式分解的多項式都是x15-1的因式.我們可以對任意正整數n討論xn-1的因式分解.

多項式f(x)在某個系數范圍內的因式分解,就是將f(x)分解為在這個系數范圍內不能再分解的因式的乘積.不能再分解的因式稱為不可約因式.

根據代數基本定理,次數n≥ 1的復系數多項式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0至少有一個復數根c1,因此有一次因式x-c1,可以分解為f(x)=(x-c1)f1(x).如果f1(x)的次數n-1≥1,至少有一個復數根c2,可以分解為f1(x)=(x-c2)f2(x),從而f(x)=(x-c1)(x-c2)f2(x).重復這個過程,可以將f(x)分解為一次因式的乘積f(x)=an(x-c1)(x-c2)…(x-cn).

一般來說,多項式f(x)的根很難求出來,因式分解也就很難完成.但方程xn-1=0即xn=1的根可以由棣美弗公式求出:

設x=r(cosθ+isinθ),則

xn=rn(cosnθ+isinnθ)=1

=cos2kπ+isin2kπ

k=qn+r?ωk=ωqn+r=(ωn)qωr=1qωr=ωr.

以n為除數只有n個不同的余數r=0,1,2,…,n-1,得到n個不同的n次單位根 1,ω,ω2,…,ωn-1,就是xn=1的全部根.

它們在復平面上對應的點恰好將單位圓n等分,是單位圓內接正n邊形的n個頂點.由此得到xn-1在復數范圍內的完全分解式

xn-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ωn-1).

我們希望將以上一次因式適當分組,使每組一次因式的乘積pi(x)是有理系數不可約因式,得到有理數范圍內的分解xn-1=p1(x) …pm(x).我們用a|b表示整數a整除b,f(x)|g(x)表示多項式f(x)整除g(x).反過來,a?b,f(x)?g(x)表示a不整除b,f(x)不整除g(x).

以x15-1為例,考察

x15-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ω14)

的哪些一次因子x-ωk可以乘起來得到不可約有理系數因式.

15個根中只有 1是有理數,是x-1的根,也就是 1次單位根.以它為根的一次因式x-1本來就是有理因式,不需要與別的因式相乘.

當k=5q是 5的倍數,(ωk)3=ω15q=1,ω5q是x3-1的根,是3次單位根.得到x3-1的兩個根ω5,ω10不是x-1的根,因此是

的全部 2個根,有分解式x2+x+1=(x-ω5)·(x-ω10).說明x15-1的兩個一次因式x-ω5,x-ω10相乘得到有理因式x2+x+1.

當k=3q,(ωk)5=ω15q=1,可見ω3q是x5-1的根,是5次單位根.得到x5-1的4個根ω3,ω6,ω9,ω12,它們不是x-1的根,因此是

的全部4個根,有分解式Φ5(x)=(x-ω3)(x-ω6)(x-ω9)(x-ω12).說明x15-1的4個一次因式x-ω3,x-ω6,x-ω9,x-ω12相乘得到有理因式Φ5(x).

我們已經看到,雖然x15-1的每個根ωk都是 15次單位根,但其中某些根是更低次數的單位根,滿足更低次數的方程xd-1=0.每個z=ωk都存在最小的正整數d使zd=1,d稱為z的乘法階,z稱為d次本原單位根,也就是說:z是d次單位根而不是更低次數的單位根.

15次單位根的乘法階都是 15的因子,只能是 1,3,5,15之一:

1次本原單位根只有 1,以它為根得到一次有理因式Φ1(x)=x-1.

3次本原單位根共有兩個:ω5,ω10.以它們為根得到有理因式

5次本原單位根共有 4個:ω3,ω6,ω9,ω12.以它們為根得到有理因式

剩下的 8個都是 15次本原單位根:ω,ω2,ω4,ω7,ω8,ω11,ω13,ω14.以它們為根的有理因式

=x8-x7+x5-x4+x3-x+1，

x15-1=Φ1(x)Φ3(x)Φ5(x)Φ15(x)

=(x-1)(x2+x+1)(x4+x3+x2+x+1)·(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

一般地,n次單位根ω如果不是更低次數的單位根,就稱n次本原單位根.如果 (n,k)=1,則ωk也是n次本原單位根.以所有的n次本原單位根為根的有理多項式

稱為分圓多項式.分圓多項式都是有理系數不可約多項式.n有多少個因子 1

xn-1=Φ1(x)Φd2(x) …Φdm-1(x)Φn(x),

由此得到分圓多項式Φn(x)的算法：

素數p只有兩個因子:1,p.

因此xp-1=(x-1)Φp(x),

例如Φ3(x)=x2+x+1,Φ5(x)=x4+x3+x2+x+1.

又如,素數p的平方p2只有兩個真因子 1,p,因此

=xp(p-1)+xp(p-2)+…+xp+1,

=x2-x+1,

借題發揮3復數的代數模型

最后一次擴充,由實數到復數,i2=-1卻不舉例,強行規定一個符號i代表-1的平方根,不解釋-1的平方根為什么存在.

0x+0x=(0+0)x=0x

?(0x+0x)+(-0x)=0x+(-0x)

?0x=0.

規定i2=-1會不會也暗藏什么矛盾?

我們已經舉出了現實例子:用i表示平面向量旋轉90°的變換,則 i2就是旋轉180°,就是-1.這就是現實生活中的i2=-1的例子.現實中存在的當然不會有矛盾.

另一個方法是用邏輯推理建立無矛盾的模型.

我們在實數集合R之外構造一個新數x滿足方程x2+1=0.

先看x與實數加減乘產生哪些新數,這些新數怎樣參加運算.

x自乘產生所有的正整數次冪xk.每個冪xk乘實數產生單項式akxk.單項式相加產生多項式f(x)=a0+a1x+…+anxn.這就產生了所有的實系數多項式,組成集合R[x].其中的多項式可以按多項式運算法則加減乘,得到的結果仍然在R[x]中,不再產生更多的新數.

憑什么說多項式的字母x是R之外的“新數”?x是變量,可以任意取值.每個多項式f(x)=a0+a1x+…+anxn是自變量x與常數a0,a1,…,an經過加減乘算出的函數.按這個觀點,R[x]不是數的集合,而是x的實系數多項式函數的集合.R中的實數a0也是x的函數,只不過它是常數,只取一個固定值a0.R之外所有的多項式f(x)取值都不是常數,都要變化,不同于任何一個常數.R[x]中不同的多項式兩兩之差都不是0,都是不同的函數.

要將函數集合R[x]變成數的集合,就要對x取值.比如令x=c,讓x取常數值c.每個多項式f(x)也就取常數值f(c).函數集合R[x]就變成所有這些f(c)組成的常數集合.如果c是實數,這就是讓R[x]中兩個不同的多項式x,c取同一個常數值c.R中的常數沒有變,R之外的變量全部變成R中的常數.特別地,

x=c?x-c=0?q(x)(x-c)=0(?q(x)∈R[x]),

非零多項式x-c以及它所有的倍式q(x)(x-c)全部變成常數0.每個多項式f(x)除以x-c有唯一的商q(x)和余式r,得到

f(x)=q(x)(x-c)+r

?f(c)=q(c)(c-c)+r=r,

可見f(x)的取值f(c)完全由f(x)除以x-c的余式r決定.同一余式r的所有多項式f(x)取值f(c)相同,都是r.這個結論稱為余數定理.特別地,f(c)=0?r=0,就是說:c滿足多項式方程f(x)=0?f(x)被x-c整除.這稱為因式定理.

既然x=c導致f(x)的取值由f(x)除以x-c的余式決定,也可以令x2=-1,導致

x2+1=0?q(x)(x2+1)=0?

f(x)=q(x)(x2+1)+a+bx

=q(x)0+a+bx=a+bx，

f(x)的取值由它除以x2+1的余式a+bx決定.同一余式a+bx的所有多項式f(x)組成一個集合,稱為模x2+1的同余類.將每個余式a+bx看成一個數,a+bx所在同余類中所有的多項式都看成這個數的表達式.不同的同余類表達不同的數.每個實數a∈R表示的數當然還是a自己,a所在同余類 {a+q(x)(x2+1)|q(x) ∈R[x]}也都表達a.x表示的數記作i,x所在的同余類表達的也是i.i2+1由x2+1表達,但x2+1除以x2+1的余式是 0,表達的數i2+1=0,因此i2=-1.每個多項式f(x)表達一個數f(i)=a+bi,其中a+bx是f(x)除x2+1的余式.所有的a+bi稱為復數.

簡而言之,每個復數a+bi就是實系數多項式集合R[x]模x2+1的一個同余類,a+bx是同余類中所有多項式的共同余式.i就是x所在的同余類.i2+1=0的原因是它除以x2+1的余式為 0.這是因為我們選擇了x2+1作為除式,x2+1自己除以自己的余式當然是 0.

這樣得到的復數集合C={a+bi|a,b∈R}不但做加減乘運算通行無阻,當除數c+di≠0時做除法也通行無阻:

在例7中將多項式 (xsin 75°+sin 15°)2012除以x2+1求余式得到

(xsin 75°+sin 15°)2012=q(x)(x2+1)+(a+bx),

再將x=i代入,利用復數運算求得a+bi,得到余式a+bx.例8也將x5替換成 1求除以x5-1的余式.這里是反過來,利用多項式除以x2+1的同余類構造新數i滿足 i2+1=0.

也許你會問:能不能另外選一個除式,比如除以x2-2,同樣地得到余式a+bx,將x所代表的數記為某個字母θ,滿足θ2=2?

再用x2-2作除式構造同余類,另外造了兩個根±θ,代進去就得到兩個非零數θ+2,θ-2的乘積等于 0.x2+1則不同,它在實數范圍內沒有根,不能分解因式,不會出現這種違規情形.x2-2在有理數范圍內沒有根,不能分解因式.因此可以在有理系數系數多項式集合Q[x]中以x2-2為除式建立同余類,就不會有問題.