最后更新: 2025-01-06 12:28 查看: 106 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

复数的开方与虚根成对定理

## 复数的开方

开方是乘方的逆运算, 求一个复数 $a+b i$ 的 $n$ 次方根, 就是求一个数 $z$,使得 $z^n=a+b i$. 凡满足这一等式的数 $z$, 就叫做复数 $a+b i$ 的 $n$ 次方根.

设 $a+b i=r(\cos \theta+i \sin \theta), z=\rho(\cos \varphi+i \sin \varphi)$, 则对于任意自然数 $n$,都有

$$
r(\cos \theta+i \sin \theta)=[\rho(\cos \varphi+i \sin \varphi)]^n=\rho^n(\cos n \varphi+i \sin n \varphi)
$$

由于两复数相等, 它们的模相等, 而它们的幅角可以相差 $2 \pi$ 的整数倍, 所以

$$
\left\{\begin{array}{l}
\rho^n=r \\
n \varphi=\theta+2 k \pi \quad(k \in \mathbb{Z})
\end{array}\right.
$$

因而可得

$$
\rho=\sqrt[n]{r}, \quad \varphi=\frac{\theta+2 k \pi}{n}
$$

因此, 复数 $r(\cos \theta+i \sin \theta)$ 的 $n$ 次方根是

$$
\sqrt[n]{r}\left(\cos \frac{2 k \pi+\theta}{n}+i \sin \frac{2 k \pi+\theta}{n}\right)
$$

其中, 当 $k=0,1, \ldots, n-1$ 各值时, 可以得到上式的 $n$ 个不同值; 当 $k$ 继续取 $n, n+1, \ldots$ 以及其它的值时, 由于正弦、余弦函数都是以 $2 \pi$ 为周期, 上式的值又重复出现 $k$ 取 $0,1, \ldots, n-1$ 时的同样结果。所以，复数的 $n$ 次 $(n \in \mathbb{N})$

方根是 $n$ 个复数, 它们的模都等于这个复数的模的 $n$ 次算术根, 它们的幅角分别等于这个复数的幅角与 $2 \pi$ 的 $0,1, \ldots, n-1$ 倍的和的 $n$ 分之一。即

$$
\sqrt[n]{r(\cos \theta+i \sin \theta)}=\sqrt[n]{r}\left(\cos \frac{\theta+2 k \pi}{n}+i \sin \frac{\theta+2 k \pi}{n}\right) \quad(k=0,1, \ldots, n-1)
$$

注意：在复数范围内， $\sqrt[n]{z}$ 应表示 $n$ 个复数，这 $n$ 个复数都是 $z$ 的 $n$ 次方根，为了区别于在实数范围内， $\sqrt[n]{z}$ 仅表示算术根，我们约定：被开方数是实数时， $\sqrt[n]{z}(a \in \mathbb{R})$ 仍表示算术根 (单值), $\sqrt[n]{a+0 i}$ 或 $\sqrt[n]{a(\cos 0+i \sin 0)}(a>0)$ 或 $\sqrt[n]{|a|(\cos \pi+i \sin \pi)}$ 都表示 $n$ 个 $n$ 次方根（多值）. 至于被开方数是虚数时, $\sqrt[n]{a+b i}(b \neq 0)$ 或 $\sqrt[n]{r(\cos \theta+i \sin \theta)}$ 都表示 $n$ 个方根。

`例`求 $i$ 的平方根.
解:

$$
\begin{aligned}
& \because \quad i=\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2} \\
& \therefore \quad \sqrt{i}=\cos \frac{\frac{\pi}{2}+2 k \pi}{2}+i \sin \frac{\frac{\pi}{2}+2 k \pi}{2}=\cos \left(\frac{\pi}{4}+k \pi\right)+i \sin \left(\frac{\pi}{4}+k \pi\right) \quad(k=
\end{aligned}
$$

$0,1)$
因此, $i$ 的平方根是

$$
\begin{array}{cc}
z_1=\cos \frac{\pi}{4}+i \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} i & (k=0 \text { 时 }) \\
z_2=\cos \frac{5 \pi}{4}+i \sin \frac{5 \pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} i & (k=1 \text { 时 })
\end{array}
$$

`例` 求 $-1+i$ 的四次方根.
解: $\because \quad-1+i=\sqrt{2}\left(\cos \frac{3 \pi}{4}+i \sin \frac{3 \pi}{4}\right)$

$$
\therefore \quad \sqrt[4]{-1+i}=\sqrt[8]{2}\left(\cos \frac{\frac{3 \pi}{4}+2 k \pi}{4}+i \sin \frac{\frac{3 \pi}{4}+2 k \pi}{4}\right) \quad(k=0,1,2,3)
$$

因此, $-1+i$ 的四次方根是:

$$
\begin{array}{rr}
z_1=\sqrt[8]{2}\left(\cos \frac{3 \pi}{16}+i \sin \frac{3 \pi}{16}\right) & (k=0) \\
z_2=\sqrt[8]{2}\left(\cos \frac{11 \pi}{16}+i \sin \frac{11 \pi}{16}\right) & (k=1) \\
z_3=\sqrt[8]{2}\left(\cos \frac{19 \pi}{16}+i \sin \frac{19 \pi}{16}\right) & (k=2) \\
z_4=\sqrt[8]{2}\left(\cos \frac{27 \pi}{16}+i \sin \frac{27 \pi}{16}\right) & (k=3)
\end{array}
$$

`例` 求 -3 的平方根.

解: $\because \quad-3=3(\cos \pi+i \sin \pi)$

$$
\therefore \quad \sqrt{-3+0 i}=\sqrt{3}\left(\cos \frac{\pi+2 k \pi}{2}+i \sin \frac{\pi+2 k \pi}{2}\right) \quad(k=0,1)
$$

因此, -3 的平方根有两个复数:

$$
\begin{aligned}
& z_1=\sqrt{3}\left(\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{3} i \\
& z_2=\sqrt{3}\left(\cos \frac{3 \pi}{2}+i \sin \frac{3 \pi}{2}\right)=-\sqrt{3} i
\end{aligned}
$$

一般来说, 在复数范围内, 任一个负实数 $-a$ 有两个平方根: $\pm \sqrt{a} i$.
这样一来, 以前在解实系数一元二次方程 $a x^2+b x+c=0$ 时, 如果 $b^2-$ $4 a c<0$, 在实数范围内无解. 现在, 在复数范围内, 方程就有两个解:

$$
x=\frac{-b \pm \sqrt{-\left(b^2-4 a c\right)} i}{2 a} \quad\left(b^2-4 a c<0\right)
$$

显然, 这两个解是一对共轭复数.

`例`  解方程 $x^2-2 x+6=0$ ．

解：$\because \Delta=b^2-4 a c=4-24=-20<0$
$\therefore \quad x=\frac{2 \pm \sqrt{20} i}{2}=1 \pm \sqrt{5} i$
由以上可知，复数集 $C$ 对于开方运算是封闭的，这是复数系不同于实数系的一个重要性质。

利用复数开方的方法，我们可以解一些特殊的高次方程，例如，
形如 $a_n x^n+a_0=0\left(a_n \neq 0\right)$ 的方程，我们叫做二项方程，就可以完整地解出，即，首先化成 $x^n=b \quad\left(b=-\frac{a_0}{a_n}\right)$ 的形式，从而解出 $x$ 的 $n$ 个值．

`例` 解方程 $x^5+243=0$.

解:

$$
\begin{array}{ll}
\because & x^5=-243=243(-1+0 i)=243(\cos \pi+i \sin \pi) \\
\therefore & x=\sqrt[5]{243}\left(\cos \frac{\pi+2 k \pi}{5}+i \sin \frac{\pi+2 k \pi}{5}\right) \quad(k=0,1,2,3,4)
\end{array}
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 即 }\\
&\begin{array}{ll}
x_1=3\left(\cos \frac{\pi}{5}+i \sin \frac{\pi}{5}\right) & (k=0) \\
x_2=3\left(\cos \frac{3 \pi}{5}+i \sin \frac{3 \pi}{5}\right) & (k=1) \\
x_3=3(\cos \pi+i \sin \pi) & (k=2) \\
x_4=3\left(\cos \frac{7 \pi}{5}+i \sin \frac{7 \pi}{5}\right) & (k=3) \\
x_5=3\left(\cos \frac{9 \pi}{5}+i \sin \frac{9 \pi}{5}\right) & (k=4)
\end{array}
\end{aligned}
$$

仔细观察这五个解可以发现：它们的模都相同, 它们的幅角依次相差 $\frac{2 \pi}{5}$ :因此, 这个方程的五个解所对应的复平面内的五个点是均匀地分布在以原点为圆心, 以 3 为半径的圆周上 (图 1.11). 这就是此方程的解的几何意义。
 ![图片](/uploads/2024-09/fee09a.jpg)
 
 
 ## 虚根成对定理
一般地, 二项方程 $x^n=b(b \in \mathbb{C})$ 有 $n$ 个复数根, 这些根的几何意义是复平面内的 $n$ 个点 (或向量), 这些点 (或向量的终点) 均匀地分布在以原点为圆心, 以 $\sqrt[n]{|b|}$ 为半径的圆上.

还要进一步指出：对一般的实系数 $n$ 次方程在复数集内也是恰有 $n$ 个根,但未必都是实数根，可能会有虚根（如上例）。

可以证明, 实系数方程的虚根总是成对地出现的, 即

### 虚根成对定理
如果 $z=a+b i$ 是实系数方程 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0=0$
的一个根, 那么 $z=a-b i$ 也是方程 $f(x)=0$ 的一个根.

证明：由于 $z=a+b i$ 是方程的根，所以

$$
f(z)=f(a+b i)=0
$$

可以证明：若 $f(x)$ 是一个一元多项式，则对于任意复数 $z$ ，有 $\overline{f(z)}=f(\bar{z})$ ．
因此，

$$
f(\bar{z})=f(a-b i)=f(\overline{a+b i})=\overline{0}=0
$$

因此， $\bar{z}=a-b i$ 也是方程 $f(x)=0$ 的根．

`例`已知方程 $2 x^4-x^3+5 x^2+13 x+5=0$ 的一个根为 $1-2i$ , 求这个方程的其余根.

解: 这是一个实系数一元四次方程, 由虚根成对定理及已知一根 $1-2 i$ 可知, 这一方程必有根 $1+2 i$.

又由因式定理知: $(x-1+2 i)(x-1-2 i)=x^2-2 x $ 5是方程左边的因式,利用长除法可得

$$
2 x^4-x^3+5 x^2+13 x+5=\left(2 x^2+3 x+1\right)\left(x^2-2 x+5\right)
$$

所以只要解方程 $2 x^2+3 x+1=0$ 的根: $x_1=-1, x_2=-\frac{1}{2}$, 就可知:
原方程的其余三根为 $1+2 i,-1,-\frac{1}{2}$.

## 单位根
我们把方程 $x^n=1$ 在复数范围内的 $n$ 个根, 叫做 $n$ 次单位根. 也就是在复数范围内, 1 的 $n$ 个不同的 $n$ 次方根, 都叫 $n$ 次单位根. 即

$$
\begin{array}{ll}
\because & x^n=1=\cos 0+i \sin 0 \\
\therefore & x=1 \cdot\left(\cos \frac{2 k \pi}{n}+i \sin \frac{2 k \pi}{n}\right) \quad(k=0,1, \ldots, n-1)
\end{array}
$$

这样可得出 $n$ 个单位根：

$$
\begin{array}{ll}
x_1=\cos 0+i \sin 0=1 & \text { (当 } k=0 \text { 时) } \\
x_2=\cos \frac{2 \pi}{n}+i \sin \frac{2 \pi}{n} & \text { (当 } k=1 \text { 时) } \\
x_3=\cos \frac{4 \pi}{n}+i \sin \frac{4 \pi}{n} & \text { (当 } k=2 \text { 时) } \\
\cdots \cdots \cdots & \\
x_n=\cos \frac{2(n-1) \pi}{n}+i \sin \frac{2(n-1) \pi}{n} \quad \text { (当 } k=n-1 \text { 时) }
\end{array}
$$

由二项方程解的几何意义可以知道： $n$ 个不同的单位根可用复平面内以原点为圆心的单位圆的一个内接正 $n$ 边形顶点来表示.

`例` 求三次单位根.

解:

$$
\begin{array}{ll}
\because & x^3=1=\cos 0+i \sin 0 \\
\therefore & x=\cos \frac{2 k \pi}{3}+i \sin \frac{2 k \pi}{3} \quad(k=0,1,2)
\end{array}
$$

因此, 三个三次单位根为 (如图 1.12):

$$
\begin{aligned}
& x_1=\cos 0+i \sin 0=1 \\
& x_2=\cos \frac{2 \pi}{3}+i \sin \frac{2 \pi}{3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i \\
& x_3=\cos \frac{4 \pi}{3}+i \sin \frac{4 \pi}{3}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} i
\end{aligned}
$$
 ![图片](/uploads/2024-09/b5bc72.jpg)
 
`例` 求四次单位根
解: $\because x^4=1$

$$
\therefore \quad x=\cos \frac{2 k \pi}{4}+i \sin \frac{2 k \pi}{4} \quad(k=0,1,2,3)
$$

因此, 四个四次单位根为（如图 1.13）：

$$
\begin{array}{llll}
x_1=1 & (k=0) & x_2=i & (k=1) \\
x_3=-1 & (k=2) & x_4=-i & (k=3)
\end{array}
$$

如果用复数的向量表示法来看这 $n$ 个不同的 $n$ 次单位根的话, 我们会发现单位根之间还有一定的关系.
 ![图片](/uploads/2024-09/f05be8.jpg)
 
1.如图 1.14 所示, 在复平面上 $n$ 个 $n$ 次单位根正好将单位圆 $n$ 等分, 其中: $x_1=1$, 单位向量 $\overrightarrow{O x_1}$ 旋转 $\frac{2 \pi}{n}$ 得: $x_2=\cos \frac{2 \pi}{n}+i \sin \frac{2 \pi}{n}$ 记为
 
 $\omega$ ；再旋转 $\frac{2 \pi}{n}$ 得： $x_3=\cos \frac{4 \pi}{n}+i \sin \frac{4 \pi}{n}=\omega^2$ ；再旋转 $\frac{2 \pi}{n}$ 可一样地得：

$$
x_4=\cos \frac{6 \pi}{n}+i \sin \frac{6 \pi}{n}=\omega^3, \cdots \cdots
$$

同理可得：

$$
x_n=\cos \frac{2(n-1) \pi}{n}+i \sin \frac{2(n-1) \pi}{n}=\omega^{n-1}
$$

因此, 设 $\omega=\cos \frac{2 \pi}{n}+i \sin \frac{2 \pi}{n}$, 则 $n$ 个 $n$ 次单位根又可写成:

$$
1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}
$$

2.进一步考虑这 $n$ 个单位根的关系, 可以发现:

$$
\because \quad \omega^{n-1}=\cos \frac{2(n-1) \pi}{n}+i \sin \frac{2(n-1) \pi}{n}=\cos \left(\frac{-2 \pi}{n}\right)+i \sin \left(\frac{-2 \pi}{n}\right)
$$

$$
\therefore \quad \omega^{n-1}=\bar{\omega}=\frac{1}{\omega}=\omega^{-1} \frac{2 \pi}{n}-i \sin \frac{2 \pi}{n}=\bar{\omega}
$$

同理可得：

$$
\begin{gathered}
\omega^{n-2}=\overline{\omega^2}=\omega^{-2}, \ldots \\
\left\{\begin{array}{c}
\text { 当 } n \text { 为偶数时 } \omega^{\frac{n}{2}+1}=\overline{\omega^{\frac{n}{2}-1}}=\omega^{-\left(\frac{n}{2}-1\right)}=\omega^{-\frac{n}{2}+1} \\
\text { 当 } n \text { 为奇数时 } \omega^{\frac{n+1}{2}}=\overline{\omega^{\frac{n-1}{2}}}=\omega^{-\frac{n-1}{2}}
\end{array}\right.
\end{gathered}
$$

所以, 这 $n$ 个 $n$ 次单位根还可以写成:
-当 $n$ 为偶数时：

$$
1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{\frac{n}{2}-1},-1, \omega^{-\left(\frac{n}{2}-1\right)}, \ldots, \omega^{-2}, \omega^{-1}
$$

或

$$
1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{\frac{n}{2}-1},-1, \overline{\omega^{\frac{n}{2}-1}}, \ldots, \overline{\omega^2}, \bar{\omega}
$$

- 当 $n$ 为奇数时:

$$
1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{\frac{n-1}{2}}, \omega^{-\frac{n-1}{2}}, \ldots, \omega^{-2}, \omega^{-1}
$$

或
$1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{\frac{n-1}{2}}, \overline{\omega^{\frac{n-1}{2}}}, \ldots, \overline{\omega^2}, \bar{\omega}$其中, $\omega=\cos \frac{2 \pi}{n}+i \sin \frac{2 \pi}{n}$.

例如, 三次单位根为 $1, \omega, \omega^{-1}$ (或 $\left.\bar{\omega}\right)$, 其中

$$
\omega=\cos \frac{2 \pi}{3}+i \sin \frac{2 \pi}{3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i
$$

又如, 四次单位根为 $1, \omega,-1, \omega^{-1}$ (或 $\bar{\omega}$ ), 其中

$$
\omega=\cos \frac{2 \pi}{4}+i \sin \frac{2 \pi}{4}=i
$$

3.利用单位根, 可以方便地求出任一个正实数 $c a>0$ 且 $c \neq 1$ 的 $n$ 个 $n$ 次方根。

这就是: 若 $a>0$ 且 $a \neq 1$, 则 $a$ 的 $n$ 个 $n$ 次方根即方程 $x^n=a$ 的解为:

$$
\left\{\begin{array}{l}
x_1=\sqrt[n]{a} \\
x_2=\sqrt[n]{a} \cdot \omega \\
x_3=\sqrt[n]{a} \cdot \omega^2 \\
\cdots \cdots \cdots \\
x_n=\sqrt[n]{a} \cdot \omega^{n-1}
\end{array} \quad \text { 这里 } \omega=\cos \frac{2 \pi}{n}+i \sin \frac{2 \pi}{n}\right. \text { 是单位根之一 }
$$

练习
试求出六次和七次单位根, 并分别检验它们之间的关系.

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