摘要 本课开启以复数的极坐标形式为主题的单元。它介绍本单元的六节课以及贯穿其中的主线：用每个复数到原点的距离和它的方向来描述它，就把乘积变成旋转与伸缩的复合，把乘方变成一个角的倍数，把方根变成正多边形。它重建这些思想的历史背景，从卡尔达诺于 1545 年发表的三次方程公式和邦贝利的计算规则，到韦塞尔、阿尔冈与高斯的几何表示以及欧拉公式；它提出催生这些思想的双重问题，即代数问题与几何问题，1 1 1 − 1 -1 − 1
学习目标 描述本单元每节课的内容，并解释各课为何按这样的顺序排列。 结合主要人物及其大致年代，讲述复数从计算技巧变为几何对象的过程，从卡尔达诺和邦贝利一直到韦塞尔、阿尔冈、高斯和欧拉。 陈述催生极坐标形式的代数问题与几何问题，并把乘以 i i i 1 1 1 − 1 -1 − 1 指出极坐标形式在随后的单元中、在本站的其他课程中以及在物理学与工程中的应用。 入门测评 在学习本单元之前，先测一测自己的起点是有益的。这份自测不计分数：它的作用是让人知道自己掌握了什么、该在哪里停下来细看。前十道题涉及本单元的六节内容课：关于极坐标形式的课与关于借助复数的几何的课各出一道；关于棣莫弗公式、关于方根、关于多项式方程的课各出两道；关于复指数函数的课出两道，其中第二道是一道建模题，要求用相量为一个实际情境建立数学表述。同样的技能会在最后的总结课中再次测量。最后两道题检查本单元默认已从课程 I 和前面几个单元掌握的内容：代数形式、共轭与模、特殊角的值以及两角和与差的公式。
开始本单元之前，先测一测你的起点。这是一次简短的自我测评：不计分，结果只保存在你的浏览器中。
第 1 题 z = − 1 − i 3 z = -1 - i\sqrt{3} z = − 1 − i 3
π 3 \frac{\pi}{3} 3 π 这是未经修正的商的反正切：反正切只给出第一、第四象限的角，而
π 3 \frac{\pi}{3} 3 π 是相反的点
1 + i 3 1 + i\sqrt{3} 1 + i 3 的辐角。
4 π 3 \frac{4\pi}{3} 3 4 π 这是
z z z 的一个辐角，但不是主值，因为它不属于
( − π , π ] \ioc{-\pi}{\pi} ( − π , π ] ；主值要减去一周才得到。
点
( − 1 , − 3 ) \left( -1, -\sqrt{3} \right) ( − 1 , − 3 ) 位于第三象限。
− 3 − 1 = 3 \frac{-\sqrt{3}}{-1} = \sqrt{3} − 1 − 3 = 3 的反正切是
π 3 \frac{\pi}{3} 3 π ，又因为实部与虚部都是负的，公式要减去
π \pi π ：
π 3 − π = − 2 π 3 \frac{\pi}{3} - \pi = -\frac{2\pi}{3} 3 π − π = − 3 2 π ，它属于
( − π , π ] \ioc{-\pi}{\pi} ( − π , π ] 。
复习： 复数的极坐标形式
第 2 题 计算 ( 3 + i ) 6 \left( \sqrt{3} + i \right)^6 ( 3 + i ) 6
正确答案： − 64 -64 − 64
数
3 + i \sqrt{3} + i 3 + i 的模为
2 2 2 ，辐角为
π 6 \frac{\pi}{6} 6 π 。由棣莫弗公式，六次幂的模为
2 6 = 64 2^6 = 64 2 6 = 64 ，辐角为
6 ⋅ π 6 = π 6 \cdot \frac{\pi}{6} = \pi 6 ⋅ 6 π = π ：它等于
64 ( cos π + i sin π ) = − 64 64\left( \cos \pi + i \sin \pi \right) = -64 64 ( cos π + i sin π ) = − 64 。得到
64 64 64 的人忘记了辐角
π \pi π 对应于负实半轴。
复习： 棣莫弗公式与复数的乘方
第 3 题 sin 2 θ cos 2 θ \sin^2 \theta \cos^2 \theta sin 2 θ cos 2 θ
1 − cos 4 θ 4 \frac{1 - \cos 4\theta}{4} 4 1 − c o s 4 θ 乘的是
1 2 \frac{1}{2} 2 1 而不是
1 4 \frac{1}{4} 4 1 ：
1 2 \frac{1}{2} 2 1 （
sin θ cos θ = sin 2 θ 2 \sin \theta \cos \theta = \frac{\sin 2\theta}{2} sin θ cos θ = 2 s i n 2 θ 中的那个）也要平方。取
θ = π 4 \theta = \frac{\pi}{4} θ = 4 π 时会得到
1 2 \frac{1}{2} 2 1 ，而乘积的值是
1 4 \frac{1}{4} 4 1 。
1 + cos 4 θ 8 \frac{1 + \cos 4\theta}{8} 8 1 + c o s 4 θ 用余弦的公式对
sin 2 2 θ \sin^2 2\theta sin 2 2 θ 降了幂；正弦的公式带负号，
sin 2 x = 1 − cos 2 x 2 \sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2} sin 2 x = 2 1 − c o s 2 x 。取
θ = 0 \theta = 0 θ = 0 时会得到
1 4 \frac{1}{4} 4 1 ，而乘积的值是
0 0 0 。
1 − cos 2 θ 8 \frac{1 - \cos 2\theta}{8} 8 1 − c o s 2 θ 降幂时没有把角加倍：
sin 2 θ \sin 2\theta sin 2 θ 的平方要用
4 θ 4\theta 4 θ 的余弦来线性化，而不是
2 θ 2\theta 2 θ 的余弦。
设
z = cos θ + i sin θ z = \cos \theta + i \sin \theta z = cos θ + i sin θ ，则乘积
2 cos θ ⋅ 2 i sin θ 2\cos \theta \cdot 2i \sin \theta 2 cos θ ⋅ 2 i sin θ 等于
( z + z − 1 ) ( z − z − 1 ) = z 2 − z − 2 = 2 i sin 2 θ \left( z + z^{-1} \right)\left( z - z^{-1} \right) = z^2 - z^{-2} = 2i \sin 2\theta ( z + z − 1 ) ( z − z − 1 ) = z 2 − z − 2 = 2 i sin 2 θ ；由此
sin θ cos θ = sin 2 θ 2 \sin \theta \cos \theta = \frac{\sin 2\theta}{2} sin θ cos θ = 2 s i n 2 θ ，再平方并降幂，得到
1 4 ⋅ 1 − cos 4 θ 2 \frac{1}{4} \cdot \frac{1 - \cos 4\theta}{2} 4 1 ⋅ 2 1 − c o s 4 θ 。取
θ = π 4 \theta = \frac{\pi}{4} θ = 4 π 时，两边都等于
1 4 \frac{1}{4} 4 1 。
复习： 棣莫弗公式与复数的乘方
第 4 题 下列哪个数是 − 16 -16 − 16
2 i 2i 2 i 它的模正确，但它的辐角
π 2 \frac{\pi}{2} 2 π 是
π \pi π 的一半，而不是四分之一：
( 2 i ) 4 = 16 (2i)^4 = 16 ( 2 i ) 4 = 16 ，而不是
− 16 -16 − 16 。
4 ( cos π 4 + i sin π 4 ) 4\left( \cos \frac{\pi}{4} + i \sin \frac{\pi}{4} \right) 4 ( cos 4 π + i sin 4 π ) 辐角除得正确，但模也被除以了
4 4 4 ，而它本应开四次方：这个数的四次幂是
− 256 -256 − 256 。
数
− 16 -16 − 16 的模为
16 16 16 ，辐角为
π \pi π ；它的四次方根的模为
16 4 = 2 \sqrt[4]{16} = 2 4 16 = 2 ，辐角为
π + 2 k π 4 \frac{\pi + 2k\pi}{4} 4 π + 2 k π 。取
k = 0 k = 0 k = 0 得到
2 ( cos π 4 + i sin π 4 ) = 2 + i 2 2\left( \cos \frac{\pi}{4} + i \sin \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2} + i\sqrt{2} 2 ( cos 4 π + i sin 4 π ) = 2 + i 2 。
复习： 复数的 n 次方根与单位根
第 5 题 九次本原单位根有多少个？
正确答案： 6 6 6
根
ω k \omega_k ω k （其中
1 ≤ k ≤ 9 1 \leq k \leq 9 1 ≤ k ≤ 9 ）是本原的，当且仅当
gcd ( k , 9 ) = 1 \operatorname{gcd}(k, 9) = 1 gcd ( k , 9 ) = 1 ；不超过
9 9 9 且与
9 9 9 互素的自然数是
1 1 1 、
2 2 2 、
4 4 4 、
5 5 5 、
7 7 7 和
8 8 8 。得到
8 8 8 的人把
9 9 9 当成了素数；根
ω 3 \omega_3 ω 3 与
ω 6 \omega_6 ω 6 是三次单位根，它们的幂只经过三个根。
复习： 复数的 n 次方根与单位根
第 6 题 哪些复数 z z z e z = − e e^z = -e e z = − e
z = 1 z = 1 z = 1 这是
e z = e e^z = e e z = e 的一个解，而不是
e z = − e e^z = -e e z = − e 的解。负号要求
e z e^z e z 的辐角在相差整数圈的意义下等于
π \pi π ，而周期性给出无穷多个解。
z = 1 + 2 k π i z = 1 + 2k\pi i z = 1 + 2 k π i k k k 这是
e z = e e^z = e e z = e 的解：缺少了辐角
π \pi π （数
− e -e − e 的辐角）。
数
− e -e − e 的模为
e e e ，辐角为
π \pi π 。若
z = a + b i z = a + bi z = a + bi ，则
e z e^z e z 的模为
e a e^a e a ，而
b b b 是它的一个辐角：由
e a = e e^a = e e a = e 得
a = 1 a = 1 a = 1 ，而
b b b 与
π \pi π 相差
2 π 2\pi 2 π 的整数倍。
复习： 复指数函数与欧拉公式
第 7 题 两个扬声器发出同一个纯音。在听者所在的位置，它们产生的压强变化分别是 3 cos ( ω t ) 3 \cos(\omega t) 3 cos ( ω t ) 8 cos ( ω t + 2 π 3 ) 8 \cos\left( \omega t + \frac{2\pi}{3} \right) 8 cos ( ω t + 3 2 π )
正确答案： 7 7 7
每个振动都是它的相量乘以
e i ω t e^{i\omega t} e iω t 的实部，而频率相同的两个振动之和以两个相量之和为相量：
3 + 8 e i 2 π 3 = 3 − 4 + 4 3 i = − 1 + 4 3 i 3 + 8 e^{i\frac{2\pi}{3}} = 3 - 4 + 4\sqrt{3}\, i = -1 + 4\sqrt{3}\, i 3 + 8 e i 3 2 π = 3 − 4 + 4 3 i = − 1 + 4 3 i ，其模为
1 + 48 = 7 \sqrt{1 + 48} = 7 1 + 48 = 7 。得到
11 11 11 的人把振幅相加了，仿佛两个最大值重合；得到
5 5 5 的人把振幅相减了，仿佛两个振动反相；得到
73 \sqrt{73} 73 的人则把两个相量当成了互相垂直。
复习： 复指数函数与欧拉公式
第 8 题 点 3 + i 3 + i 3 + i 1 + i 1 + i 1 + i
− 1 + 3 i -1 + 3i − 1 + 3 i 这是
i ( 3 + i ) i(3 + i) i ( 3 + i ) ，即绕原点的旋转。要绕另一个中心旋转，须在乘以
i i i 之前减去中心，之后再加上。
1 − i 1 - i 1 − i 这是沿负方向即顺时针方向的旋转，它乘以
− i -i − i ：正方向对应于乘以
i i i 。
以
c c c 为中心、角为
π 2 \frac{\pi}{2} 2 π 的旋转是
R ( z ) = c + i ( z − c ) R(z) = c + i(z - c) R ( z ) = c + i ( z − c ) 。这里
z − c = 2 z - c = 2 z − c = 2 ，它旋转后为
2 i 2i 2 i ，像是
1 + i + 2 i = 1 + 3 i 1 + i + 2i = 1 + 3i 1 + i + 2 i = 1 + 3 i 。
复习： 借助复数的几何
第 9 题 设 z 1 z_1 z 1 z 2 z_2 z 2 z 3 z_3 z 3 z 3 − 2 z 2 + 5 z − 1 z^3 - 2z^2 + 5z - 1 z 3 − 2 z 2 + 5 z − 1 z 1 2 + z 2 2 + z 3 2 z_1^2 + z_2^2 + z_3^2 z 1 2 + z 2 2 + z 3 2
正确答案： − 6 -6 − 6
由韦达定理，
σ 1 = 2 \sigma_1 = 2 σ 1 = 2 ，
σ 2 = 5 \sigma_2 = 5 σ 2 = 5 ，平方和为
σ 1 2 − 2 σ 2 = 4 − 10 = − 6 \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = 4 - 10 = -6 σ 1 2 − 2 σ 2 = 4 − 10 = − 6 。它为负数，说明并非所有根都是实数。得到
4 4 4 的人把平方和与和的平方混淆了，得到
14 14 14 的人把
2 σ 2 2\sigma_2 2 σ 2 加上了而不是减去。
复习： 复数域上的多项式方程：卡尔达诺公式与费拉里公式
第 10 题 方程 t 3 − 6 t + 2 = 0 t^3 - 6t + 2 = 0 t 3 − 6 t + 2 = 0
三个不同的实根。
一个实根和两个共轭的非实复根。 这对应于
Δ < 0 \Delta < 0 Δ < 0 。符号算错了：当
p = − 6 p = -6 p = − 6 时，项
4 p 3 = − 864 4p^3 = -864 4 p 3 = − 864 是负的，而
Δ \Delta Δ 结果为正。
三个实根，其中一个是二重根。 这要求
Δ = 0 \Delta = 0 Δ = 0 ，即
4 p 3 + 27 q 2 = 0 4p^3 + 27q^2 = 0 4 p 3 + 27 q 2 = 0 ，而这里并非如此。
判别式是
Δ = − ( 4 ( − 6 ) 3 + 27 ⋅ 2 2 ) = 864 − 108 = 756 \Delta = -\left( 4(-6)^3 + 27 \cdot 2^2 \right) = 864 - 108 = 756 Δ = − ( 4 ( − 6 ) 3 + 27 ⋅ 2 2 ) = 864 − 108 = 756 ，为正；这是不可约情形，此时尽管三个根都是实数，卡尔达诺公式却要经过非实数的立方根。
复习： 复数域上的多项式方程：卡尔达诺公式与费拉里公式
第 11 题 来自前面的单元 3 − 4 i 3 - 4i 3 − 4 i
3 + 4 i 5 \frac{3 + 4i}{5} 5 3 + 4 i 除以的是模而不是模的平方：乘积
( 3 − 4 i ) ⋅ 3 + 4 i 5 (3 - 4i) \cdot \frac{3 + 4i}{5} ( 3 − 4 i ) ⋅ 5 3 + 4 i 等于
5 5 5 ，而不是
1 1 1 。
z ≠ 0 z \neq 0 z = 0 的倒数是
z ‾ ∣ z ∣ 2 \frac{\conj{z}}{\abs{z}^2} ∣ z ∣ 2 z ；这里
z ‾ = 3 + 4 i \conj{z} = 3 + 4i z = 3 + 4 i ，
∣ z ∣ 2 = 9 + 16 = 25 \abs{z}^2 = 9 + 16 = 25 ∣ z ∣ 2 = 9 + 16 = 25 。验证：
( 3 − 4 i ) ( 3 + 4 i ) = 25 (3 - 4i)(3 + 4i) = 25 ( 3 − 4 i ) ( 3 + 4 i ) = 25 。
复习： 复数：运算与方程
第 12 题 来自前面的单元 sin π 12 \sin \frac{\pi}{12} sin 12 π
因为
π 12 = π 3 − π 4 \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} 12 π = 3 π − 4 π ，由差角正弦公式和特殊角的值，
sin π 12 = 3 2 ⋅ 2 2 − 1 2 ⋅ 2 2 = 6 − 2 4 \sin \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} sin 12 π = 2 3 ⋅ 2 2 − 2 1 ⋅ 2 2 = 4 6 − 2 。
复习： 两角和与差、二倍角与半角公式
检查答案 重新作答
本课节其余部分
本单元的内容 历史背景 文艺复兴时期代数中的负数方根 从三角学到指数函数 几何表示 催生它们的问题 极坐标形式的意义 使用免费账户继续阅读
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