复分析（2）

将数系扩充到了复数域之后会发生一些非常奇妙的现象，原来在实数域上没解的方程突然就有了解；原来结果唯一的开方运算突然多出很多个结果……这是数系扩充带来的好处，事实上数学家们接受复数这个概念也花了很久的时间，最早由欧拉在1777年建立了复数理论，给出了著名的欧拉公式。人们才渐渐开始认可和使用复数这个概念。后来法国数学家柯西、德国数学家黎曼和魏尔斯特拉斯又深入的研究了复变函数并且为其建立了系统而完善的理论。这些理论后来都被广泛的应用在各个学科领域，复分析也成为了所有数学系学生必修的一门课程。从复数域上考虑问题往往能得到很多新的观点。

众所周知，在实数域上并不是什么数都能拿来进行开方的运算，在没有认识到虚数单位i之前，负数只能参与奇数次的开方运算，而非负数就算能开方，我们通常也只取算术平方根。但一旦认识到复数的存在，我们就会惊奇的发现，所有的复数——不论是实数还是纯虚数，不论正负。在复数域上都能进行开方的运算。而且能得到多个不同的方根。

若在复数域上进行开方的运算，对于一个复数 z 开 n 次方根，则可以得到的不同的方根的个数n 个。

求非0复数 z 的 n 次方根相当于求解二项方程

w = z^n(n\geq 2,n\in N)\\

设 z = re^{i\theta},w = \rho e^{i\varphi} ，代入方程可得:

re^{i\theta} = \rho ^n e^{in\varphi}\\

可以得出两个方程：

\begin{cases} r = \rho ^n\\ n\varphi = \theta + 2k\pi \end{cases}\\

解这两个方程可以得到：

\rho = \sqrt[n]{r}（取算术平方根）,\varphi = \frac{\theta+2k\pi}{n}\\

因此，复数 z 的 n 次方根的模长即复数 z 的模长取 n 次的算术方根。复数 z 的 n 次方根的辐角是复数 z 的辐角的 \frac{1}{n} 倍。

|\sqrt[n]{z}| = \sqrt[n]{|z|},\\

arg \ \sqrt[n]{z} = \frac{1}{n}arg\ z.\\

z 的 n 次方根可以写成以下形式：

w_k=(\sqrt[n]{x})_k=\sqrt[n]{r}\cdot e^{i\frac{\theta+2k\pi}{n}}=e^{i\frac{2k\pi}{n}}\cdot \sqrt[n]{r} e^{i\frac{\theta}{n}}\\

据以上形式我们可以判断出，复数 z 开 n 次方根，会有 n 个不同结果，且根据 k 取值的不同，会得到不同的方根， k\in[0,n) 且 k\in N 。

设 w_0=\sqrt[n]{r} e^{i\frac{\theta}{n}},w_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}} ，这里的 w_0 的辐角是原复数的主辐角的 \frac{1}{n} 倍,而 w_k 相当于是一个旋转乘数，被其作用的复数将以原点为心逆时针旋转 \frac{2k\pi}{n} 。所有 w_k 都有共同的因子 e^{i\frac{2\pi}{n}} 将该因子记作 \omega ，则w_k 可以简单记作 w_k=\omega^k 。

那么复数 z 的 n 个 n 次方根为：

w_0,w_0\omega ,w_0\omega ^2,\cdots\cdots ,w_0\omega ^{n-1}\\

每个方根都在前一个的基础上乘了一个旋转乘数\omega ，即每个方根都是前一个方根逆时针旋转固定的角度 \frac{2\pi}{n} ，在旋转了n次之后会回到原来的位置。

特别的当被开方数为1时：

w^n=1\Rightarrow w^n-1=0\Rightarrow (w-1)(1+w+w^2+\cdots+w^{n-1})=0\\

因此有结论：

（1）w=w^n=1

（2）1+w+w^2+\cdots+w^{n-1}=0

第二个结论意味着1的所有n次方根的和值为0，这结论直观上并不显然，我们可以通过其他方法来证明它：

记 \varepsilon = cos\frac{2\pi}{n}+isin\frac{2\pi}{n} ,则1的 n 个 n 次方根可以写成： 1,\varepsilon,\varepsilon^2,\cdots,\varepsilon^{n-1}

1+\varepsilon+\varepsilon^2+\cdots+\varepsilon^{n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}{cos\frac{2k\pi}{n}}+i(\sum_{k=0}^{n-1}{sin\frac{2k\pi}{n}})

这里可以套用三角级数求和的公式：

\sum_{i = 0}^{n}{cos(n\varphi)}= \frac{sin\frac{(n+1)\varphi}{2}cos\frac{n\varphi}{2}}{sin\frac{\varphi}{2}}\\

\sum_{i = 0}^{n}{sin(n\varphi)} = \frac{sin\frac{n\varphi}{2}sin\frac{(n+1)\varphi}{2}}{sin\frac{\varphi}{2}}\\

想要了解三角级数求和的证明过程可以看我的另一篇文章

代入 \varphi=\frac{2\pi}{n} ，可得：

原式=\frac{sin(\pi) \cdot cos(\frac{n-1}{n}\pi)}{sin\frac{\pi}{n}}+i(\frac{sin(\pi) \cdot sin(\frac{n-1}{n}\pi)}{sin\frac{\pi}{n}})=0+0\cdot i=0 ，因此 n 个 n 次方根的实轴、虚轴的坐标分量之和分别为0，其总和为0。

该结论从几何层面上理解就是：正多边形的中心向其他顶点引出的所有向量之和为0

除此之外，单位根还具有以下的特性：

1）单位根的模长均为1

2）若有两个单位根 \varepsilon^s 和 \varepsilon^k ，满足 k+s=n ，则 \overline{\varepsilon ^k}=\varepsilon ^s

在实数域内规定-8 的三次方根为-2，而现在我们知道，在复数域上做开方的运算，开几次方根就有几个方根，对-8开三次方根则应有三个方根，而在实数域中我们只取它的唯一一个实方根-2，事实上它还有两个方根，我们可以把它计算出来。

-8=8(cos\pi+isin\pi)

(\sqrt[3]{-8})_k=\sqrt[3]{8}(cos\frac{\pi+2k\pi}{3}+i\sin\frac{\pi+2k\pi}{3})

当k=0时，(\sqrt[3]{-8})_0=\sqrt[3]{8}(cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3})=1+\sqrt3i

当k=1时，(\sqrt[3]{-8})_1=\sqrt[3]{8}(cos\pi+i\sin\pi)=-2

当k=2时，(\sqrt[3]{-8})_2=\sqrt[3]{8}(cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3})=1-\sqrt3i

记 \varepsilon = cos\frac{2\pi}{n}+isin\frac{2\pi}{n} ,则1的 n 个 不同的单位根根可以写成： 1,\varepsilon,\varepsilon^2,\cdots,\varepsilon^{n-1}，由单位根的性质可知 \varepsilon^{n-k}=\overline{\varepsilon^k},0\leq k\leq n

(z-\varepsilon ^k)(z-\varepsilon^{n-k})=(z-\varepsilon ^k)(z-\overline{\varepsilon^k})=z^2-z(\varepsilon^k+\overline{\varepsilon^k})+\varepsilon^k\overline{\varepsilon^k}=z^2-2zcos\frac{2k\pi}{n}+1

令 n=2m 可得

z^{2m}-1=(z-1)(z-\varepsilon)(z-\varepsilon^2)\cdots(z-\varepsilon^m)(z-\varepsilon^{m+1})\cdots(z-\varepsilon^{2m-1})

由于 \varepsilon^m=1 ，有

\begin{align}z^{2m}-1 &=[(z-1)(z+1)][(z-\varepsilon)(z-\varepsilon^{2m-1})][(z-\varepsilon^2)(z-\varepsilon^{2m-2})]\cdots[(z-\varepsilon^{m-1})(z-\varepsilon^{m+1})]\\ &=(z^2-1)(z^2-2zcos\frac{\pi}{m}+1)\cdots(z^2-2zcos\frac{k\pi}{m}+1)\\&=(z^2-1)\prod_{k=1}^{m-1}(z^2-2zcos\frac{k\pi}{m}+1) \end{align}

移项得： \prod_{k=1}^{m-1}(z^2-2zcos\frac{k\pi}{m}+1)=\frac{z^{2m}-1}{z^2-1}

码字不易，都看到这里了不点个赞吗~