首先来看一个方程：
显然它没有实数根，即在实数范围内无解。
但在实数范围内无解真的代表无解吗？我们用公式法算一算：
也许你会说：\(\sqrt{-3}\) 不是不存在吗？事实上，这个“不存在”是指在实数范围内不存在。它其实存在于一个更大的数集：复数集！
就这样，我们的数系从实数扩充到了复数！
现在，我亲爱的学者朋友们，带上家人朋友，系好安全带，一起出发！
一、复数
1. 定义
我们通常用 \(z\) 来表示复数，其数值为
其中 \(a\) 为实部，记作 \(\operatorname{Re}(z)\) ；\(b\) 为虚部，记作 \(\operatorname{Im}(z)\) ；\(\mathrm i\) 为虚数单位，在数值上为 \(\sqrt{-1}\) 。
当 \(\operatorname{Im}(z)=0\) 时，\(z\) 为实数；
当 \(\operatorname{Im}(z)\not=0\) 时，\(z\) 为虚数；
当 \(\operatorname{Im}(z)\not=0\) 且 \(\operatorname{Re}(z)=0\) 时，\(z\) 为纯虚数。
我们将复数集记作 \(\mathbf C\) 。
2. 几何意义
当我们还在学实数的时候，数轴是这样的：
现在又多了复数。于是，我们需要用一个平面直角坐标系来表示数轴了：
这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，\(x\) 轴叫做实轴，\(y\) 轴叫做虚轴。显然，在实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数。复平面内的点 \((a,b)\) 表示虚数 \(a+b\mathrm i\) 。
由上图可以看出，复数 \(z=a+b\mathrm i\) 、点 \(Z(a,b)\) 和 平面向量 \(\overrightarrow{OZ}\) 一一对应。我们将向量 \(\overrightarrow{OZ}\) 的模 \(r\) 叫做复数 \(z\) 的模，记作 \(\lvert z\rvert\) 。由模的定义可知：
为方便起见，我们常把复数 \(z=a+b\mathrm i\) 说成点 \(Z\) 或说成向量 \(\overrightarrow{OZ}\) ，并且规定，相等的向量表示同一个复数。
辐角
当 \(z\not=0\) 时，向量 \(\overrightarrow{OZ}\) 与实轴正向的夹角称为复数 \(z\) 的辐角，记作 \(\operatorname{Arg}z\) 。辐角的符号规定为：由正实轴依反时针方向转到 \(\overrightarrow{OZ}\) 为正，依顺时针方向转到 \(\overrightarrow{OZ}\) 为负。
显然一个非零复数 \(z\) 的辐角有无穷多个值，它们相差 \(\pi\) 的整数倍，但 \(\operatorname{Arg}z\) 中只有一个值 \(\theta_0\) 满足条件 \(-\pi\le\theta_0\le\pi\) ，称为复数的主辐角，记为 \(\arg z\) ，于是
这里我们使用的是弧度制，单位为 \(\mathrm{rad}\)，可以省略不写。\(\pi\ \mathrm{rad}=180^{\circ}.\)
3. 四则运算
3-1 运算法则
将参与运算的复数当做多项式，并将 \(\mathrm i^2\) 换成 \(-1\) 就可以推出一下公式了：
3-2 几何意义
事实上复数运算与向量运算是相对应的，向量的乘法和除法就是由复数定义的。
复数的加减法与向量的加减法对应，符合平行四边形法则，很容易理解。
复数相乘时，模长相乘，辐角相加。
证明：设有两个复数 \(z_1=a+b\mathrm i,z_2=c+d\mathrm i\) 分别对应点 \(A(a,b),B(c,d)\) ，它们的积为 \(z_1z_2=(ac-bd)+(ad+bc)\mathrm i\) ，对应点 \(C(ac-bd,ad+bc)\) 。
-
模长相乘：
\[\begin{aligned} \because~& \left\{ \begin{aligned} \lvert z_1\rvert &=\sqrt{a^2+b^2},\\ \lvert z_2\rvert&=\sqrt{c^2+d^2},\\ \end{aligned} \right.\\ \therefore~& \begin{aligned} \lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert&=\sqrt{a^2+b^2}\times\sqrt{c^2+d^2}\\ &=\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}, \end{aligned}\\ \text{又}\because~& \begin{aligned} \lvert z_1z_2\rvert&=\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2}\\ &=\sqrt{a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2}\\ &=\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}, \end{aligned}\\ \therefore~& \lvert z_1z_2\rvert=\lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert. \end{aligned} \] -
辐角相加：设有点 \(P(1,0)\) ，连接 \(OP,PB,AC\) 。
\[\begin{aligned} \because~ &\begin{aligned} AC^2&=[a-(ac-bd)]^2+[b-(ad+bc)]^2\\ &=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+a^2+b^2-2a^2c-2b^2c\\ &=a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2)+a^2+b^2-2(a^2+b^2)c\\ &=(a^2+b^2)(c^2+d^2)+(a^2+b^2)(1-2c)\\ &=(a^2+b^2)(c^2+d^2-2c+1), \end{aligned}\\ &\begin{aligned} OA^2PB^2&=(a^2+b^2)[(1-c)^2+(-d)^2]\\ &=(a^2+b^2)(c^2+d^2-2c+1), \end{aligned}\\ \therefore~& AC:PB=OA,\\ \text{又}\because~& OC=OA\cdot OB,OP=1,\\ \therefore~& OC:OB=OA:OP=AC:PB=OA,\\ \therefore~&\Delta OAC\approx\Delta OBP,\\ \therefore~&\angle AOC=\angle BOP,\\ \therefore~&\arg z_1z_2=\angle AOC+\angle AOP=\arg z_1+\arg z_2. \end{aligned} \]
给出一个图方便大家验证：
二、复数与方程
我们都知道，一个一元 \(n\) 次方程有 \(n\) 个根。现在有了复数，我们可以将任意一个一元 \(n\) 次方程的每个根都表示出来了！
现在让我们来表示文首方程的根：
只要你有办法求，就没有表示不了的根了！
三、单位根
现在，请求
的所有根！
除了 \(1\) ，好像最多也就有个 \(-1\) ，那其他的根该怎么求呢？
别怕！有了单位根，这都不是事！
1. 定义
我们称 \(n\) 次幂为 \(1\) 的复数为 \(n\) 次单位根，即方程
的复数解。
因为 \(n\) 次方程有且只有 \(n\) 个复数根，所以 \(n\) 次单位根一共有 \(n\) 个。
为了求出单位根，我们在复平面上放一个单位圆。单位圆即圆心在原点上且半径为 \(1\) 的圆。如图：
显然，单位圆是由所有模长为 \(1\) 的复数表示的点构成的。
关于一个复数 \(z\) 和 \(z^n\) 的关系：
- 当 \(\lvert z\rvert>1\) 时，\(\lvert z^n\rvert=\lvert z\rvert^n>1\) ，
- 当 \(\lvert z\rvert<1\) 时，\(\lvert z^n\rvert=\lvert z\rvert^n<1\) ，
- 当 \(\lvert z\rvert=1\) 时，\(\lvert z^n\rvert=\lvert z\rvert^n=1\) 。
所以，只有模长为 \(1\) 的复数可能为 \(n\) 次单位根，即所有单位根表示的点都在单位圆上。可以发现，\(n\) 次单位根是且只能是辐角为 \(\frac{2k\pi}n(0\le k<n,k\in\mathbf Z)\)（即 \(\frac 1 n\) 圆周）的复数。
所以这 \(n\) 个 \(n\) 次单位根 \(n\) 等分单位圆。
由此可得
2. 性质
-
首先由复数乘法的几何意义可知 \(\arg z\omega_n^1\bmod 2\pi=(\arg z+\frac{2\pi}n)\bmod 2\pi\quad(z\not=0)\) ，即一个非零复数每乘一次 \(\omega_n^1\) 都相当于辐角增加 \(\frac 1 n\) 圆周。
-
\(\omega_n^k=\omega_n^{k\bmod n}\)，用于 \(k<0\) 或 \(k\ge n\) 的情况。
证明：
\[\begin{aligned} \because~&\arg \omega_n^k=\arg \omega_n^{k\bmod n}\\ \therefore~&\omega_n^k=\omega_n^{k\bmod n}. \end{aligned} \] -
\((\omega_n^1)^k=\omega_n^k\) ，
证明：由性质 \(0\) 可知 \(\arg(\omega_n^1)^k=k\arg\omega_n^1=\frac{2k\pi}n=\arg\omega_n^k\) ，即 \((\omega_n^1)^k\) 相当于辐角为 \(\frac k n\) 圆周的复数，即 \(\omega_n^k\) 。
-
\(\arg z\omega_n^k=\arg z+\frac{2k\pi}n\quad(z\not=0)\) ，即一个非零复数每乘一次 \(\omega_n^k\) 都相当于辐角增加 \(\frac k n\) 圆周。
证明：由性质 \(0,1\) 可得。
-
\(\omega_n^i\times\omega_n^j=\omega_n^{i+j}\) ，
证明：由性质 \(2\) 可得。
-
\(\omega_{pn}^{pk}=\omega_n^k\quad(p\not=0,p\in\mathbf Z)\) ，
证明：因为 \(\arg\omega_n^k=\frac{2k\pi}{n},\arg\omega_{pn}^{pk}=\frac{2pk\pi}{pn}=\frac{2k\pi}{n}\) ，即 \(\omega_{pn}^{pk}\) 的辐角为 \(\frac{pk}{pn}\) 圆周，\(\omega_n^k\) 的辐角为 \(\frac k n\) 圆周，所以 \(\arg\omega_n^k=\arg\omega_{pn}^{pk}\) 。
-
\(\omega_n^{(k+n/2)}=-\omega_n^k\quad(2|n)\) ，
证明：由性质 \(3\) 可得 \(\omega_n^{(k+n/2)}=\omega_n^k\times\omega_n^{(n/2)}=\omega_n^k\times-1=-\omega_n^k\quad(2|n)\) 。
3. 单位根反演
首先，我们定义
-
\[\frac 1 n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^{(a-b)i}=[a=b],\quad(a,b<n) \]
证明：当 \(a=b\) 时，
\[\frac 1 n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^{(a-b)i} =\frac 1 n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^0 =1, \]当 \(a\not=b\) 时，
\[\frac 1 n\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^{(a-b)i} =\frac 1 n\times\frac{\omega_n^{(a-b)n}-1}{\omega_n^{a-b}-1 } =\frac 1 n\times\frac{\omega_n^0-1}{\omega_n^{a-b}-1 } =0. \] -
\[\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi} =[a|b], \]
证明：当 \(a|b\) 时，
\[\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi} =\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^0 =1, \]当 \(a\not|b\) 时，
\[\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi}=\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi\bmod a}=\frac 1 a\times\frac{\omega_a^{ab}-1}{\omega_a^b-1}=\frac 1 a\times\frac{\omega_a^0-1}{\omega_a^b-1}=0.\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi}=\frac 1 a\sum\limits_{i=0}^{a-1}\omega_a^{bi\bmod a}=\frac 1 a\times\frac{\omega_a^{ab}-1}{\omega_a^b-1}=\frac 1 a\times\frac{\omega_a^0-1}{\omega_a^b-1}=0. \]
The End
以上就是全部内容了！感谢阅读！若有错误，欢迎指正！