如何理解复数的四则运算？

对于一元二次方程 ax2+bx+c=0ax^2+bx+c=0 ,当 Δ=b2−4ac<0\Delta=b^2-4ac<0 时方程没有实数根，这时就需要引入复数(Complex number) z=a+ibz=a+ib ，其中a,b都是实数， i2=−1i^2=-1 。

复数是实数的推广，当b=0时就是实数(Real number)，当a=0时称为纯虚数(Wholly imaginary)。

对于任意的两个复数 z1=a+ibz_1=a+ib与 z2=c+idz_2=c+id 有以下四则运算：

 (1) z1+z2=(a+c)+i(b+d) (2) z1−z2=(a−c)+i(b−d) (3) z1⋅z2=(a+ib)(c+id)=ac−bd+i(ad+bc) (4) z1z2=(a+ib)(c+id)=(a+ib)(c−id)(c+id)(c−id)=(ac+bd)+i(bc−ad)c2+d2\begin{array}{l}{\text { (1) } z_{1}+z_{2}=(a+c)+i(b+d)} \\ {\text { (2) } z_{1}-z_{2}=(a-c)+i(b-d)} \\ {\text { (3) } z_{1} \cdot z_{2}=(a+i b)(c+i d)=a c-b d+i(a d+b c)} \\ {\text { (4) } \frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{(a+i b)}{(c+i d)}=\frac{(a+i b)(c-i d)}{(c+i d)(c-i d)}=\frac{(a c+b d)+i(b c-a d)}{c^{2}+d^{2}}}\end{array}

上述的代数运算是比较抽象的，那么如何直观理解复数的四则运算呢？下面先介绍复平面(Argand diagram)。

对于任意一个复数 z=a+ibz=a+ib ,可以用复平面上的一个点来表示

这类似平面直角坐标系(Cartesian coordinate)，只不过x轴为实轴、y轴为虚轴。因为平面直角坐标系和极坐标是可以互相转化的，所以这里也可以用极坐标来描述任一复数。

称OP的长度为复数z的模(Modulus)，用|z|表示；称角 θ\theta 为复数z的幅角(Argument)，用arg(z)表示。

注：幅角 θ\theta 大小一般用弧度制表示，取值范围为 −π-\pi 到 π\pi 。

与极坐标类似，满足一定条件的复数在复平面上会形成一些轨迹，如

至此可以给出复数的三角表示,

z=x+iy=r(cos⁡θ+isin⁡θ)\mathrm{z}=\mathrm{x}+\mathrm{iy}=\mathrm{r}(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta) ，其中 r=x2+y2,tan⁡θ=yx \mathrm{r}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \tan \theta=\frac{y}{x} 。

现在我们来看一下复数加减法的几何意义：

可以把 z1=a+ibz_1=a+ib 与 z2=c+idz_2=c+id 看成两个向量，那么 z1+z2z_1+z_2 可以用平行四边形法则来理解。同理，我们也可以借助向量减法的三角形法则来理解 z1−z2z_1-z_2

所以复数的加减法是可以通过向量来理解的，为了加深理解可以来思考一下以下两个轨迹：

（1） 0≤arg(z−i)≤π40\leq arg(z-i)\leq\frac{\pi}{4}

（2） arg(z−i)=arg(z−2+i)arg(z-i)=arg(z-2+i)

注：

（1）arg(z-i)就是以(0,1)为起始点所形成的向量与横轴所成的角度大小；

（2）点与(0,-1)、(2,-1)所形成的角度大小要相同，只有在上述两条射线上。

下面来看一下复数乘积的几何意义，这里我们先用复数的三角形式来计算一下两个复数

z1=r1(cos⁡θ1+isin⁡θ1)z2=r2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)\begin{array}{l}{z_{1}=r_{1}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)} \\ {z_{2}=r_{2}\left(\cos \theta_{2}+i \sin \theta_{2}\right)}\end{array}

的乘积：

z1z2=r1r2(cos⁡θ1+isin⁡θ1)(cos⁡θ2+isin⁡θ2)=r1r2[cos⁡θ1cos⁡θ2−sin⁡θ1sin⁡θ2+i(sin⁡θ1cos⁡θ2+cos⁡θ1sin⁡θ2)]\begin{aligned} z_{1} z_{2} &=r_{1} r_{2}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)\left(\cos \theta_{2}+i \sin \theta_{2}\right) \\ &=r_{1} r_{2}\left[\cos \theta_{1} \cos \theta_{2}-\sin \theta_{1} \sin \theta_{2}+i\left(\sin \theta_{1} \cos \theta_{2}+\cos \theta_{1} \sin \theta_{2}\right)\right] \end{aligned}

根据三角和差公式可知：

z1z2=r1r2[cos⁡(θ1+θ2)+isin⁡(θ1+θ2)]z_{1} z_{2}=r_{1} r_{2}\left[\cos \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)+i \sin \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)\right] 。

通过上面的计算可以发现， z1⋅z2z_1\cdot z_2 得到的新复数，模为两个复数模的乘积 |z1||z2||z_1||z_2| ，幅角为两个复数幅角之和 arg(z1z2)=arg(z1)+arg(z2)arg(z_1z_2)=arg(z_1)+arg(z_2) 。因此，复数的乘积可以理解为拉伸与旋转。如下图

因为 z1=2(cos⁡π4+isin⁡π4),z2=1(cos⁡π2+isin⁡π2)z_{1}=\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4}+i \sin \frac{\pi}{4}\right), z_{2}=1\left(\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}\right) ，所以 z1z2z_1z_2 的模长为 2\sqrt{2} ,幅角为 3π4\frac{3\pi}{4} 。

特别的，当一个复数z乘以模长为1的另一个复数时，就是把复数z旋转，如乘以i，那就是逆时针旋转90°；当一个复数z乘以幅角为0°，即一个常数，那就是把复数z拉伸一个倍数。

如果复数的乘积是拉伸与旋转，那么除法呢？

这里只需要把除法写成乘法的形式就可以了，先计算

z−1=(r(cos⁡θ+isin⁡θ))−1=r−11cos⁡θ+isin⁡θ=r−1cos⁡θ−isin⁡θ(cos⁡θ+isin⁡θ)(cos⁡θ−isin⁡θ)=r−1(cos⁡θ−isin⁡θ)\begin{array}{c}{\mathrm{z}^{-1}=(r(\cos \theta+i \sin \theta))^{-1}=r^{-1} \frac{1}{\cos \theta+i \sin \theta}=r^{-1} \frac{\cos \theta-i \sin \theta}{(\cos \theta+i \sin \theta)(\cos \theta-i \sin \theta)}} {=r^{-1}(\cos \theta-i \sin \theta)}\end{array}

所以

z1=r1(cos⁡θ1+isin⁡θ1)z2=r2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)\begin{array}{l}{z_{1}=r_{1}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)} \\ {z_{2}=r_{2}\left(\cos \theta_{2}+i \sin \theta_{2}\right)}\end{array}

z1z2=z1z2−1=r1r2(cos⁡θ1+isin⁡θ1)(cos⁡θ2−isin⁡θ2)=r1r2(cos⁡(θ1−θ2))+isin⁡((θ1−θ2))\frac{z_{1}}{z_{2}}=z_{1} z_{2}^{-1}=\frac{r_{1}}{r_{2}}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)\left(\cos \theta_{2}-i \sin \theta_{2}\right)=\frac{r_{1}}{r_{2}}\left(\cos \left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)\right)+i \sin \left(\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)\right)

由此可见， z1z2\frac{z_1}{z_2} 的模长为两个模相除 |z1||z2|\frac{|z_1|}{|z_2|} ,幅角为 arg⁡(z1z2)=arg⁡(z1)−arg⁡(z2)\arg \left(\frac{z_{1}}{z_{2}}\right)=\arg \left(z_{1}\right)-\arg \left(z_{2}\right) 。复数的除法也可以理解为压缩与旋转。

为了更好的理解复数乘除法的几何意义，可以思考一下 arg⁡(z−z1)(z−z2)=θ\arg \frac{\left(z-z_{1}\right)}{\left(z-z_{2}\right)}=\theta 所形成的轨迹：

所形成的轨迹如上述虚线所示

综上所述，复数的加减法就是向量的加减法，乘除法就是拉伸与旋转变换。

复数也是国际数学竞赛常考内容，比如AMC12(美国数学竞赛)必考复数，下面来看一道2019年AMC12B第17题

题意为：以复平面上三个点0，z，z3为顶点的三角形为等边三角形，请问z有多少种不同的取值？

如上图所以，三角形OAB是等边三角形。

OB=|z3|=|z|3=OA=|z|\mathrm{OB}=\left|z^{3}\right|=|\mathrm{z}|^{3}=\mathrm{OA}=|z|

因为 0″>|z|>0|z|>0 ,所以 |z|=1|z|=1 。

接下去只要保证OA与OB所成的夹角为60°的就可以了,即

|arg⁡(z3)−arg⁡(z)|=π3+2kπ,k∈Z\left|\arg \left(z^{3}\right)-\arg (z)\right|=\frac{\pi}{3}+2 k \pi, k \in Z

而 arg(z3)=3arg(z)arg(z^3)=3arg(z) ,所以

2arg⁡(z)=π3+2kπ2arg⁡(z)=−π3+2kπ\begin{aligned} 2 \arg (\mathrm{z}) &=\frac{\pi}{3}+2 \mathrm{k} \pi \\ 2 \arg (\mathrm{z}) &=-\frac{\pi}{3}+2 \mathrm{k\pi} \end{aligned}

又 π≥arg⁡(z)≥−π\pi \geq \arg (\mathrm{z}) \geq-\pi ，于是

arg⁡(z)=±π6,±5π6\arg (\mathrm{z})=\pm \frac{\pi}{6}, \pm \frac{5 \pi}{6} ，

因此一共有四个复数z满足上述条件，答案为D。

代数运算是比较抽象的，但是如果有了几何含义那么抽象的知识也变的很直观。复数的运算是比较简单的，知道其几何意义能够帮助我们更好的理解题意，抓主本质，非常有趣。

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