9.1 复数

一、复数

线性代数的完整一定要包含复数 $z=x+iy$，即使矩阵是实矩阵，它的特征值和特征向量也常常是复的。例如：$2\times 2$ 的旋转矩阵有复特征向量 $\mathbf{x}=(1,i)$ 和 $\overline{\mathbf{x}}=(1,-i)$.
我们先从虚数（imaginary number） $i$ 开始，我们都知道 $x^2=-1$ 没有实数解，当对一个实数开平方时，结果不可能是负的。我们将 $x^2=-1$ 的解记为 $i$（电气工程师称为 $j$）. 虚数遵循常规的加法和乘法运算，只有一点不同，那就是将 $i^2$ 替换为 $-1$.
本节的内容均来自于 $i^2=-1$ 和 $e^{2\pi i}=1$.

一个复数（complex number），以 $3+2i$ 为例，它是由实数（3）加上一个虚数（2i）组成。加法是分开处理实部和虚部，乘法需要用到 $i^2=-1$：$$\begin{array}{rl}加法：& (3+2i)+(3+2i)=6+4i\\ 乘法：& (3+2i)(1-i)=3+2i-3i-2i^2=5-i\end{array}$$

将 $3+i$ 和 $1-i$ 相加，结果是 $4$，实数部分 $3+1$ 和虚数部分 $i-i$ 分开计算，它对应于将向量 $(3,1)$ 和 $(1,-1)$ 相加得到 $(4,0)$.
$(1+i{)}^2$ 是 $1+i$ 乘 $1+i$，我们运用规则得到了一个惊喜的结果 $2i$：$$(1+i)(1+i)=1+i+i+i^2=2i$$在复平面（complex plane）内，$(1+i)$ 对应的角度（辐角）是 $45°$，它与向量 $(1,1)$ 类似，将 $(1+i)$ 平方后得到 $2i$，角度也翻倍到 $90°$，如果再次平方，结果是 $(2i{)}^2=-4$，此时角度也再次翻倍为 $180°$，它指向负实轴方向。
实数 $a$ 可以看成一个复数 $z=a+bi$，只不过虚部为零：$b=0$.$$实部\text{real part}是a=\text{Re}(a+bi)虚部\text{imaginary part}是b=\text{Im}(a+bi)$$

二、复平面

复数对应平面中的点：实数点在 $x$ 轴上，纯虚数点在 $y$ 轴上，复数 $3+2i$ 对应点的坐标是 $(3,2)$. 数字零，就是 $0+0i$，它位于原点。
复数的加法和减法就像平面中向量的加法和减法一样，实部和虚部的加减分开计算，和向量的加减一样是首尾相连。除了可以将复数相乘而向量无法相乘外，复平面 ${\text{C}}^1$ 就如同通常的二维平面 ${\text{R}}^2$.
下面是一个重要概念：$3+2i$ 的复共轭（complex conjugate）是 $3-2i$， $z=1-i$ 的复共轭是 $\overline{z}=1+i$. 一般的 $z=a+bi$ 的复共轭是 $\overline{z}=a-bi$.（共轭可以用 $z$ 上加上横线或星号来表示：$\overline{z}=z^{\ast }$.）$z$ 和 $\overline{z}$ 的虚部有相反的符号。在复平面内，$\overline{z}$ 和 $z$ 所对应的点关于实轴对称。

两个很有用的结论：我们将复共轭 ${\overline{z}}_1$ 和 ${\overline{z}}_2$ 相乘，得到 $z_1{z}_2$ 的共轭。将复共轭 ${\overline{z}}_1$ 和 ${\overline{z}}_2$ 相加，得到 $z_1+z_2$ 的共轭。即 $${\overline{z}}_1{\overline{z}}_2=\overline{z_1{z}_2}{\overline{z}}_1+{\overline{z}}_2=\overline{z_1+z_2}$$例如：$$\begin{array}{ll}{\overline{z}}_1+{\overline{z}}_2=(3-2i)+(1+i)=4-i.& 就是z_1+z_2=4+i的共轭\\ {\overline{z}}_1\times {\overline{z}}_2=(3-2i)\times (1+i)=5+i.& 就是z_1\times z_2=5-i的共轭\end{array}$$加法和乘法正好是线性代数所需要的。当 $A$ 是实矩阵时，两边同时取 $A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}$ 的共轭，将得到另一个特征值 $\overline{\lambda }$ 和特征向量 $\overline{\mathbf{x}}$：$$特征值\lambda 和\overline{\lambda }如果A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}且A是实矩阵，则A\overline{\mathbf{x}}=\overline{\lambda }\overline{\mathbf{x}}(\mathrm{9.1.1})$$将 $z$ 和它的复共轭 $\overline{z}$ 相加或相乘会得到一个特别的结果：$z+\overline{z}$ 或 $z\overline{z}$ 总是实数，例如：$$\begin{array}{rl}z+\overline{z}为实数& (3+2i)+(3-2i)=6(实数)\\ z\overline{z}为实数& (3+2i)\times (3-2i)=9-6i+6i-4i^2=13(实数)\end{array}$$$z=a+bi$ 和它的共轭 $\overline{z}=a-bi$ 的和是实数 $2a$，它们的乘积是实数 $a^2+b^2$：$$z乘\overline{z}得到|z{|}^2=r^2(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2(\mathrm{9.1.2})$$下面是求非零复数的倒数 $\frac{1}{z}$. 如何计算 $1$ 除以 $a+bi$ 呢？最好的方法是先乘 $\frac{\overline{z}}{\overline{z}}=1$，乘积 $z\overline{z}=a^2+b^2$ 在分母上：$$\frac{1}{a+bi}=\frac{1}{a+bi}\frac{a-bi}{a-bi}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}\frac{1}{3+2i}=\frac{1}{3+2i}\frac{3-2i}{3-2i}=\frac{3-2i}{13}$$当 $a^2+b^2=1$ 时，这表明 $(a+bi{)}^{-1}$ 就是 $a-bi$. 在单位圆上，$\frac{1}{z}$ 等于 $\overline{z}$. 后面会写成 $\frac{1}{e^{i\theta }}=e^{-i\theta }$，使用模长 $r$ 和辐角 $\theta$ 进行乘除。

三、极形式 $r{e}^{i\theta }$

$|z|$ 是 $a^2+b^2$ 的平方根，这个就是复数 $z=a+ib$ 的绝对值或模（modulus）. 平方根 $|z|$ 也写成 $r$，因为它是 $0$ 到 $z$ 的距离。极形式 $r{e}^{i\theta }$（polor form）中的实数 $r$ 给出了复数 $z$ 的长度：$$\begin{array}{l}z=a+ib的绝对值是|z|=\sqrt{a^2+b^2}，记为r.\\ z=3+2i的绝对值是|z|=\sqrt{3^2+2^2}，即r=\sqrt{13}\end{array}$$极形式中的另一部分是辐角 $\theta$. $z=5$ 的辐角是 $\theta =0$，这是因为此时 $z$ 是正实数。纯虚数 $z=3i$ 的辐角是 $\frac{\pi }{2}$，复数 $z=-9$ 的辐角是 $\pi$. 当复数平方时，其辐角加倍。 极形式非常适合复数的乘法（对于加法并不适合）。
当模长为 $r$ 辐角为 $\theta$ 时，由三角学可得到直角三角形的另外两条边。实部（沿着 $x$ 轴）是 $a=r\cos \theta$，虚部（沿 $y$ 轴）是 $b=r\sin \theta$，将这两部分结合起来，矩形形式 $a+ib$ 就变成了极形式 $r{e}^{i\theta }$.

$$复数z=a+ib也就是z=r\cos \theta +ir\sin \theta ，即r{e}^{i\theta }$$

注：$\cos \theta +i\sin \theta$ 的绝对值 $r=1$，这是因为 ${\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$. 因此 $\cos \theta +i\sin \theta$ 在半径为 $1$ 的圆上 —— 单位圆。

【例1】对于 $z=1+i$ 和它的共轭 $\overline{z}=1-i$，分别求它们的模长 $r$ 和辐角 $\theta$.
解： $z$ 和 $\overline{z}$ 的绝对值是一样的，都是 $r=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$：$$|z{|}^2=1^2+1^2=2,|\overline{z}{|}^2=1^2+(-1{)}^2=2$$它们和原点的距离都是 $r=\sqrt{2}$. 那么辐角 $\theta$ 是多少呢？复平面中，复数 $1+i$ 对应点 $(1,1)$，辐角是 $\frac{\pi }{4}$ 弧度或 $45°$，余弦值是 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，正弦值是 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，结合 $r$ 和 $\theta$，可重新得到 $z=1+i$：$$r\cos \theta +ir\sin \theta =\sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+i\sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=1+i$$它的共轭 $1-i$ 的辐角可以是正值也可以是负值，我们可以取 $\frac{7\pi }{4}$ 弧度即 $315°$，也可以反向取一个负角度 $-\frac{\pi }{4}$ 弧度即 $-45°$. 如果 $z$ 的辐角是 $\theta$，则它的共轭 $\overline{z}$ 的辐角是 $2\pi -\theta$，也可以是 $-\theta$.
我们可以自由的对任意辐角加上 $2\pi 、4\pi$ 或 $-2\pi$，这是因为绕原点旋转整圈后仍是同一点。这解释了为什么辐角 $\theta$ 有无穷多种选择，通常我们选择 $0$ 和 $2\pi$ 之间的辐角（辐角主值），但是对于共轭复数 $\overline{z}$ 的辐角，选择 $-\theta$ 会非常有用。有 $1=e^0=e^{2\pi i}$.

四、幂与乘积：极形式

计算 $(1+i{)}^2$ 和 $(1+i{)}^8$ 时使用极形式是最快的，$(1+i)$ 的极形式中，$r=\sqrt{2}$，$\theta =\frac{\pi }{4}$（或 $45°$），绝对值平方得 $r^2=2$，辐角加倍得 $2\theta =\frac{\pi }{2}$（或 $90°$），这样就得到了 $(1+i{)}^2$. 对于八次幂，我们需要计算 $r^8$ 和 $8\theta$：$$(1+i{)}^8{r}^8=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=16,8\theta =8\cdot \frac{\pi }{4}=2\pi$$这表明：$(1+i{)}^8$ 的绝对值是 $16$，辐角为 $2\pi$，所以 $(1+i{)}^8=16$.
使用极形式计算复数的幂非常简单，复数的乘法也是如此：

$$z=r(\cos \theta +i\sin \theta )的n次幂是z^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )(\mathrm{9.1.3})$$

此种情况是 $z$ 乘上它自己，而 $z$ 乘 $z^{\prime }$ 时，对应的模长相乘且辐角相加：$$r(\cos \theta +i\sin \theta )\cdot r^{\prime }(\cos {\theta }^{\prime }+i\sin {\theta }^{\prime })=r{r}^{\prime }(\cos (\theta +{\theta }^{\prime })+i\sin (\theta +{\theta }^{\prime }))(\mathrm{9.1.4})$$理解这一结论可以使用三角公式。计算 $z^2$ 时我们是如何得到辐角 $2\theta$ 的呢？$$(\cos \theta +i\sin \theta )\cdot (\cos \theta +i\sin \theta )={\cos }^2\theta +i^2{\sin }^2\theta +2i\sin \theta \cos \theta$$实部 ${\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta$ 就是 $\cos 2\theta$，虚部 $2\sin \theta \cos \theta$ 就是 $\sin 2\theta$，这就是 “二倍角公式（doublue angle formulas）”. 这里就证明了 $z$ 的辐角 $\theta$ 如何变成 $z^2$ 的辐角 $2\theta$.
还有另一种方法来理解 $z^n$ 的计算规则，它使用了一个非常令人惊叹的公式！我们知道 $\cos \theta +i\sin \theta$ 的绝对值为 $1$，余弦函数可以展开为偶数次幂之和，即 $\cos \theta =1-\frac{1}{2}{\theta }^2+\frac{1}{4!}{\theta }^4-\frac{1}{6!}{\theta }^6+\cdots$，正弦函数展开为奇数次幂之和，即 $\sin \theta =1-\frac{1}{3!}{\theta }^3+\frac{1}{5!}{\theta }^5-\frac{1}{7!}{\theta }^7+\cdots$. 将这两个级数代入到 $\cos \theta +i\sin \theta$ 中，就可以得到关于 $e^{i\theta }$ 的一个美妙的结论：$$e^x=1+x+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{6}{x}^3+\cdots 变成了e^{i\theta }=1+i\theta +\frac{1}{2}{i}^2{\theta }^2+\frac{1}{6}{i}^3{\theta }^3+\cdots$$再用 $-1$ 代替 $i^2$，可得 $e^{i\theta }=1+i\theta -\frac{1}{2}{\theta }^2-\frac{1}{6}i{\theta }^3+\cdots$. 所以这个复数 $e^{i\theta }$ 就是 $\cos \theta +i\sin \theta$：

$$欧拉公式e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta 得出z=r\cos \theta +ir\sin \theta =r{e}^{i\theta }(\mathrm{9.1.5})$$

当 $\theta$ 是特殊值 $2\pi$ 时，得 $\cos 2\pi +i\sin 2\pi =1$，那么有无穷级数 $e^{2\pi i}=1+2\pi i+\frac{1}{2}(2\pi i{)}^2+\cdots =1$.
现在计算 $e^{i\theta }$ 乘 $e^{i{\theta }^{\prime }}$，它们有相同的底数，则指数相加，即辐角相加（如 Figure 9.2a）：

$$\begin{array}{ccccc}{e}^2\cdot e^3=e^5& & e^{i\theta }\cdot e^{i\theta }=e^{2i\theta }& & e^{i\theta }\cdot e^{i{\theta }^{\prime }}=e^{i(\theta +{\theta }^{\prime })}\end{array}$$

幂 $(r{e}^{i\theta }{)}^n=r^n{e}^{in\theta }$，当 $r=1$ 时，$r^n=1$，这些幂都在单位圆上。则我们可以找到 $n$ 个不同的复数，它们的 $n$ 次幂均为 $1$：

$$令w=e^{2\pi i/n}，则1,w,w^2,\cdots ,w^{n-1}的n次幂均等于1.$$

这些就是 “$1$ 的 $n$ 次方根（$n$th roots of $1$）”，它们是方程 $z^n=1$ 的解，将整个圆周 $2\pi$ 进行了 $n$ 等分，并等距的分布在单位圆上，如 Figure 9.2b 所示。将它们的辐角乘 $n$，就得到了 $n$ 次幂，即 $w^n=e^{2\pi i}=1$，同样 $(w^2{)}^n=e^{4\pi i}=1$，每个 $n$ 次方根的 $n$ 次幂都相当于沿着单位圆旋转到 $1$.

这些 $1$ 的 $n$ 个 $n$ 次方根对信号处理非常关键，离散傅里叶变换（Discrete Fourier Transform）使用了 $w=e^{2\pi i}$ 和它的幂。快速傅里叶变换（Fast Fourier Transform）将一个向量（信号）分解为 $n$ 个频率。

五、主要内容总结

1. 将 $a+ib$ 与 $c+id$ 相加就如 $(a,b)+(c,d)$. 做乘法时使用 $i^2=-1$.
2. $z=a+bi=r{e}^{i\theta }$ 的共轭是 $\overline{z}=z^{\ast }=a-bi=r{e}^{-i\theta }$.
3. $z$ 乘 $\overline{z}$ 就是 $r{e}^{i\theta }$ 乘 $r{e}^{-i\theta }$，结果是 $r^2=|z{|}^2=a^2+b^2$（实数）.
4. 使用极形式 $z=r{e}^{i\theta }$ 进行复数的幂和乘积运算十分方便，模长 $r$ 相乘而辐角 $\theta$ 相加。