大学视角下的中学数学(复数)

李尚志

(北京航空航天大学 100083)

1 复数的几何模型

例1(高考2017年理科数学全国卷3)

设复数z满足(1+i)z=2i.则|z|=______.

答案C.

点评网上发表的一个答案是:先求出

很多人喜欢这种做法,按部就班死算复数除法再算模,而不习惯于先求模再相除.但是,按照这种思路能做出下面的题目吗?

例2(中国科大2016年自主招生题)

解法1(代数算法)设z1=x1+y1i,z2=x2+y2i,列方程组

点评4个未知数x1,x2,y1,y2,3个方程,你能解出来吗？

x1x2+y1y2

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

=(x1y2-x2y1)2,

得x2y1-x1y2

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

3个复数z1,z2,z1+z2代表3个平面向量a,b,a+b,复数的模是向量的模(有向线段的长度):|z1|=|a|,|z2|=|b|,|z1+z2|=|a+b|.

x1x2+y1y2=a·b=|a||b| cosα是向量内积,α是向量a,b夹角.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|(见《借题发挥1》),它的平方

|a|2|b|2sin2α=|a|2|b|2(1-cosα2)

=|a|2|b|2-(a·b)2.

几何想法指挥想出代数算法.还顺便证明了 4个实数x1,y1,x2,y2的柯西不等式a2b2-(a·b)2≥0.并且可以推广到2n个实数:

借题发挥1复数乘法表示平面旋转

每个复数z=x+yi代表平面上的一个几何向量v=(x,y).

设两个复数z1=x1+y1i,z2=x2+y2i分别代表几何向量v1=(x1,y1),v2=(x2,y2).则复数相加减得到的和或差z1±z2=(x1±x2)+(y1±y2)i代表的的几何向量u=v1±v2.

复数的乘法不代表向量的数量积,而代表向量的变换.

如果z1=x1是实数,则x1z1=x1(x2+y2i)=x1x2+x1y2i,相当于实数x1乘向量v2=(x2,y2),将向量v2变成x1v2=(x1x2,x1y2).

特别地,当x1>0,x1乘z2就是将向量v2方向不变,长度乘x1.

-1乘z2就是将向量v2长度不变,方向旋转180°.(-1)2乘z2将v2旋转两个180°,总共旋转360°,回到原来方向,相当于乘1,也就是说:(-1)2z2=z2=1z2.这解释了(-1)2=1.

比如汽车速度30表示每小时30千米往东,30乘-1变成-30,就是向后转180°,往东30变成往西30,就是30×(-1)=-30.-30再乘-1,往西的方向再次向后转,回到往东的方向,这就是(-30)×(-1)=30.也就是30×(-1)×(-1)=30,(-1)2=1.

既然-1的平方是后转两次,转两个180°,-1的平方根就应该后转半次,转半个180°,也就是转90°.转90°有两个不同方向,左转(逆时针方向)为+90°,右转(顺时针方向)为-90°.我们将转+90°记为i,转-90°就是-i.i2,(-i)2分别是+180°与-180°,都是向后转.虽然转的过程不同,旋转结束之后面对同样方向,都是乘-1.因此i2=(-i)2=-1,±i是-1的两个不同的平方根.

例3已知平面直角坐标系中的点A的坐标 (x,y).将A绕原点O旋转+90°到B.A绕O旋转-90°到C.求B,C的坐标.

B的坐标为 (-y,x);C的坐标为(y,-x).

例4已知平面直角坐标系中的点O(0,0),A(a1,a2),B(b1,b2).求△AOB的面积S.

图1

将OB绕O旋转-90°.则B′的坐标为(b2,-b1).

由|OB|=|OB′|,∠AOB=∠AOB′+90°得

图2

代表复数

(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称为z的幅角.

z=|z|(cosθ+isinθ)称为复数z的三角形式.

|w|(cosα+isinα) ·|z|(cosθ+isinθ)

=|w||z|[cos(α+θ)+isin(α+θ)].

乘法规则为:模相乘,辐角相加.

做除法很自然就是模相除,辐角相减:

其中θ-α就是两个向量的夹角.

由复数三角形式的乘法公式还可得到

cos(α+β)+isin(α+β)

=(cosα+isinα)(cosβ+isinβ)

=(cosαcosβ-sinαsinβ)

+i(cosαsinβ+sinαcosβ),

比较等式两边的实部和虚部,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,将向量 (x,y)旋转α的动作重复n次,共旋转nα.由此得到

(cosα+isinα)n=cosnα+isinnα,

这叫做棣美弗公式.几何意义是:每次旋转α,重复n次旋转nα.

用牛顿二项式定理将等式左边的幂展开,与右边分别比较实部和虚部,得到n倍角公式

例5求方程x2=i的全部解.

解设x=r(cosθ+isinθ).则

x2=r2(cos 2θ+isin2θ)=i

现在可以重新回去求解例2.

图3

(a+b)2=a2+b2+2a·b,

42=22+32+2 × 2 × 3 cosα,

例6方程x3=-i的全部解为________.

解设x=r(cosθ+isinθ),实数r≥0.则

2 多项式的带余除法

小学算术学了非负整数的带余除法:任意非负整数a除以任意正整数b,得到非负整数q,r满足

a=qb+r,且0≤r

其中a,b,q,r分别叫做被除数,除数,商,余数.满足的关系式就是:

被除数=除数×商+余数,余数<除数.

中学学了负整数,被除数、除数、商就允许取负整数,但余数r仍要求非负整数,满足0≤r<|b|.以保证商和余数的唯一性.

类似地有多项式的带余除法:一元多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0除以非零多项式g(x)=bmxm+bm-1xm-1+…+b1x+b0(bm≠0)得到唯一的商q(x)和余式r(x),满足

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

例7多项式 (xsin 75°+sin 15°)2012被x2+1除,余式为________.

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边

(isin 75°+sin 15°)2012

=(cos 75°+isin 75°)2012

例8在有理数范围内分解因式:

(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).

以上是用最现成的方法,强行做长除法,类似于小学的除法竖式.

很自然要问:预先怎么知道x10+x5+1能被x2+x+1整除?

理由1不需要理由.强行做除法,除尽了就是理由.

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

两边令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,

右边就可以提取公因式x2+x+1.

为什么只将x5替换成 1,不将x替换成x5=1的某个根 ?此处是除以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的余式都是它们自己,所以不替换.

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).

借题发挥2分圆多项式

以上做因式分解的多项式都是x15-1的因式.我们可以对任意正整数n讨论xn-1的因式分解.

多项式f(x)在某个系数范围内的因式分解,就是将f(x)分解为在这个系数范围内不能再分解的因式的乘积.不能再分解的因式称为不可约因式.

根据代数基本定理,次数n≥ 1的复系数多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0至少有一个复数根c1,因此有一次因式x-c1,可以分解为f(x)=(x-c1)f1(x).如果f1(x)的次数n-1≥1,至少有一个复数根c2,可以分解为f1(x)=(x-c2)f2(x),从而f(x)=(x-c1)(x-c2)f2(x).重复这个过程,可以将f(x)分解为一次因式的乘积f(x)=an(x-c1)(x-c2)…(x-cn).

一般来说,多项式f(x)的根很难求出来,因式分解也就很难完成.但方程xn-1=0即xn=1的根可以由棣美弗公式求出:

设x=r(cosθ+isinθ),则

xn=rn(cosnθ+isinnθ)=1

=cos2kπ+isin2kπ

k=qn+r⟹ωk=ωqn+r=(ωn)qωr=1qωr=ωr.

以n为除数只有n个不同的余数r=0,1,2,…,n-1,得到n个不同的n次单位根 1,ω,ω2,…,ωn-1,就是xn=1的全部根.

它们在复平面上对应的点恰好将单位圆n等分,是单位圆内接正n边形的n个顶点.由此得到xn-1在复数范围内的完全分解式

xn-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ωn-1).

我们希望将以上一次因式适当分组,使每组一次因式的乘积pi(x)是有理系数不可约因式,得到有理数范围内的分解xn-1=p1(x) …pm(x).我们用a|b表示整数a整除b,f(x)|g(x)表示多项式f(x)整除g(x).反过来,a⫮b,f(x)⫮g(x)表示a不整除b,f(x)不整除g(x).

以x15-1为例,考察

x15-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ω14)

的哪些一次因子x-ωk可以乘起来得到不可约有理系数因式.

15个根中只有 1是有理数,是x-1的根,也就是 1次单位根.以它为根的一次因式x-1本来就是有理因式,不需要与别的因式相乘.

当k=5q是 5的倍数,(ωk)3=ω15q=1,ω5q是x3-1的根,是3次单位根.得到x3-1的两个根ω5,ω10不是x-1的根,因此是

的全部 2个根,有分解式x2+x+1=(x-ω5)·(x-ω10).说明x15-1的两个一次因式x-ω5,x-ω10相乘得到有理因式x2+x+1.

当k=3q,(ωk)5=ω15q=1,可见ω3q是x5-1的根,是5次单位根.得到x5-1的4个根ω3,ω6,ω9,ω12,它们不是x-1的根,因此是

的全部4个根,有分解式Φ5(x)=(x-ω3)(x-ω6)(x-ω9)(x-ω12).说明x15-1的4个一次因式x-ω3,x-ω6,x-ω9,x-ω12相乘得到有理因式Φ5(x).

我们已经看到,虽然x15-1的每个根ωk都是 15次单位根,但其中某些根是更低次数的单位根,满足更低次数的方程xd-1=0.每个z=ωk都存在最小的正整数d使zd=1,d称为z的乘法阶,z称为d次本原单位根,也就是说:z是d次单位根而不是更低次数的单位根.

15次单位根的乘法阶都是 15的因子,只能是 1,3,5,15之一:

1次本原单位根只有 1,以它为根得到一次有理因式Φ1(x)=x-1.

3次本原单位根共有两个:ω5,ω10.以它们为根得到有理因式

5次本原单位根共有 4个:ω3,ω6,ω9,ω12.以它们为根得到有理因式

剩下的 8个都是 15次本原单位根:ω,ω2,ω4,ω7,ω8,ω11,ω13,ω14.以它们为根的有理因式

=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次单位根ω如果不是更低次数的单位根,就称n次本原单位根.如果 (n,k)=1,则ωk也是n次本原单位根.以所有的n次本原单位根为根的有理多项式

称为分圆多项式.分圆多项式都是有理系数不可约多项式.n有多少个因子 1

xn-1=Φ1(x)Φd2(x) …Φdm-1(x)Φn(x),

由此得到分圆多项式Φn(x)的算法：

素数p只有两个因子: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,素数p的平方p2只有两个真因子 1,p,因此

=xp(p-1)+xp(p-2)+…+xp+1,

=x2-x+1,

借题发挥3复数的代数模型

最后一次扩充,由实数到复数,i2=-1却不举例,强行规定一个符号i代表-1的平方根,不解释-1的平方根为什么存在.

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

⟹(0x+0x)+(-0x)=0x+(-0x)

⟹0x=0.

规定i2=-1会不会也暗藏什么矛盾?

我们已经举出了现实例子:用i表示平面向量旋转90°的变换,则 i2就是旋转180°,就是-1.这就是现实生活中的i2=-1的例子.现实中存在的当然不会有矛盾.

另一个方法是用逻辑推理建立无矛盾的模型.

我们在实数集合R之外构造一个新数x满足方程x2+1=0.

先看x与实数加减乘产生哪些新数,这些新数怎样参加运算.

x自乘产生所有的正整数次幂xk.每个幂xk乘实数产生单项式akxk.单项式相加产生多项式f(x)=a0+a1x+…+anxn.这就产生了所有的实系数多项式,组成集合R[x].其中的多项式可以按多项式运算法则加减乘,得到的结果仍然在R[x]中,不再产生更多的新数.

凭什么说多项式的字母x是R之外的“新数”?x是变量,可以任意取值.每个多项式f(x)=a0+a1x+…+anxn是自变量x与常数a0,a1,…,an经过加减乘算出的函数.按这个观点,R[x]不是数的集合,而是x的实系数多项式函数的集合.R中的实数a0也是x的函数,只不过它是常数,只取一个固定值a0.R之外所有的多项式f(x)取值都不是常数,都要变化,不同于任何一个常数.R[x]中不同的多项式两两之差都不是0,都是不同的函数.

要将函数集合R[x]变成数的集合,就要对x取值.比如令x=c,让x取常数值c.每个多项式f(x)也就取常数值f(c).函数集合R[x]就变成所有这些f(c)组成的常数集合.如果c是实数,这就是让R[x]中两个不同的多项式x,c取同一个常数值c.R中的常数没有变,R之外的变量全部变成R中的常数.特别地,

x=c⟹x-c=0⟹q(x)(x-c)=0(∀q(x)∈R[x]),

非零多项式x-c以及它所有的倍式q(x)(x-c)全部变成常数0.每个多项式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,

可见f(x)的取值f(c)完全由f(x)除以x-c的余式r决定.同一余式r的所有多项式f(x)取值f(c)相同,都是r.这个结论称为余数定理.特别地,f(c)=0⟺r=0,就是说:c满足多项式方程f(x)=0⟺f(x)被x-c整除.这称为因式定理.

既然x=c导致f(x)的取值由f(x)除以x-c的余式决定,也可以令x2=-1,导致

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决定.同一余式a+bx的所有多项式f(x)组成一个集合,称为模x2+1的同余类.将每个余式a+bx看成一个数,a+bx所在同余类中所有的多项式都看成这个数的表达式.不同的同余类表达不同的数.每个实数a∈R表示的数当然还是a自己,a所在同余类 {a+q(x)(x2+1)|q(x) ∈R[x]}也都表达a.x表示的数记作i,x所在的同余类表达的也是i.i2+1由x2+1表达,但x2+1除以x2+1的余式是 0,表达的数i2+1=0,因此i2=-1.每个多项式f(x)表达一个数f(i)=a+bi,其中a+bx是f(x)除x2+1的余式.所有的a+bi称为复数.

简而言之,每个复数a+bi就是实系数多项式集合R[x]模x2+1的一个同余类,a+bx是同余类中所有多项式的共同余式.i就是x所在的同余类.i2+1=0的原因是它除以x2+1的余式为 0.这是因为我们选择了x2+1作为除式,x2+1自己除以自己的余式当然是 0.

这样得到的复数集合C={a+bi|a,b∈R}不但做加减乘运算通行无阻,当除数c+di≠0时做除法也通行无阻:

在例7中将多项式 (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),

再将x=i代入,利用复数运算求得a+bi,得到余式a+bx.例8也将x5替换成 1求除以x5-1的余式.这里是反过来,利用多项式除以x2+1的同余类构造新数i满足 i2+1=0.

也许你会问:能不能另外选一个除式,比如除以x2-2,同样地得到余式a+bx,将x所代表的数记为某个字母θ,满足θ2=2?

再用x2-2作除式构造同余类,另外造了两个根±θ,代进去就得到两个非零数θ+2,θ-2的乘积等于 0.x2+1则不同,它在实数范围内没有根,不能分解因式,不会出现这种违规情形.x2-2在有理数范围内没有根,不能分解因式.因此可以在有理系数系数多项式集合Q[x]中以x2-2为除式建立同余类,就不会有问题.