9.1 复数

最新推荐文章于 2025-11-23 22:48:11 发布

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#线性代数

第9章复向量与复矩阵专栏收录该内容

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一、复数

线性代数的完整一定要包含复数 $z = x + i y$ ，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： $2×22\times2$ 的旋转矩阵有复特征向量 $x=(1,i)\boldsymbol x=(1,i)$ 和 $x‾=(1,−i)\overline{\boldsymbol x}=(1,-i)$ .
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 $i2\pmb{i^2}$ 替换为 $−1\pmb{-1}$ .
本节的内容均来自于 $i^2=-1$ 和 $e^{2πi}=1$ .

一个复数（complex number），以 $3 + 2 i$ 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 $i^2=-1$ ： $加法：(3+2i)+(3+2i)=6+4i乘法：(3+2i)(1−i)=3+2i−3i−2i2=5−i\begin{array}{rl}\pmb{加法}：&\color{blue}(3+2i)+(3+2i)=6+4i\\\pmb{乘法}：&\color{blue}(3+2i)(1-i)=3+2i-3i-2i^2=5-i\end{array}$

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 $2 i$ ： $1+i)(1+i)=1+i+i+i^2=2i$ 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 $2 i$ ，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： $b = 0$ . $是b=Im(a+bi)\pmb{实部\, \textrm{real part}}\, 是\kern 7pta=\textrm{Re}(a+bi)\kern 20pt\pmb{虚部\,\textrm{imaginary part}\,}是\kern 7ptb=\textrm{Im}(a+bi)$

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 $3+2i\pmb{3+2i}$ 对应点的坐标是 $(3,2)\pmb{(3,2)}$ . 数字零，就是 $0 + 0 i$ ，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 $C1\textrm{\pmb C}^1$ 就如同通常的二维平面 $R2\textrm{\pmb R}^2$ .
下面是一个重要概念： $3+2i\pmb{3+2i}$ 的复共轭（complex conjugate）是 $3−2i\pmb{3-2i}$ ， $z = 1 - i$ 的复共轭是 $z‾=1+i\overline z=1+i$ . 一般的 $z = a + bi$ 的复共轭是 $z‾=a−bi\overline z=a-bi$ .（共轭可以用 $z\pmb z$ 上加上横线或星号来表示： $z‾=z∗\pmb{\overline z=z^*}$ .） $z$ 和 $z‾\overline z$ 的虚部有相反的符号。在复平面内， $z‾\overline z$ 和 $z$ 所对应的点关于实轴对称。
在这里插入图片描述
两个很有用的结论：我们将复共轭 $z‾1\pmb{\overline z_1}$ 和 $z‾2\pmb{\overline z_2}$ 相乘，得到 $z1z2\pmb{z_1z_2}$ 的共轭。将复共轭 $z‾1\overline z_1$ 和 $z‾2\overline z_2$ 相加，得到 $z_1+z_2$ 的共轭。即 $z‾1z‾2=z1z2‾z‾1+z‾2=z1+z2‾\overline z_1\overline z_2=\overline{z_1z_2}\kern 20pt\overline z_1+\overline z_2=\overline{z_1+z_2}$ 例如： $z‾1+z‾2=(3−2i)+(1+i)=4−i.就是z1+z2=4+i的共轭z‾1×z‾2=(3−2i)×(1+i)=5+i.就是z1×z2=5−i的共轭\begin{array}{ll}\pmb{\overline z_1+\overline z_2}=(3-2i)+(1+i)=\pmb{4-i}.&就是\kern 3ptz_1+z_2=\pmb{4+i}\kern 3pt的共轭\\\pmb{\overline z_1\times\overline z_2}=(3-2i)\times(1+i)=\pmb{5+i}.&就是\kern 3ptz_1\times z_2=\pmb{5-i}\kern 3pt的共轭\end{array}$ 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 $Ax=λxA\boldsymbol x=\lambda\boldsymbol x$ 的共轭，将得到另一个特征值 $λ‾\overline \lambda$ 和特征向量 $x‾\overline{\boldsymbol x}$ ： $是实矩阵，则Ax‾=λ‾x‾(9.1.1){\color{blue}特征值}\kern 5pt\pmb\lambda\kern 5pt{\color{blue}和}\kern5pt\pmb{\overline\lambda}\kern 15pt{\color{blue}如果\kern 3ptA\boldsymbol x=}\pmb{\lambda}\boldsymbol x\kern 5pt{\color{blue}且\,A\,是实矩阵，则}\kern 5ptA\overline{\boldsymbol x}=\overline\lambda\overline{\boldsymbol x}\kern 16pt(9.1.1)$ 将 $z$ 和它的复共轭 $z‾\overline z$ 相加或相乘会得到一个特别的结果： $z+z‾z+\overline z$ 或 $zz‾z\overline z$ 总是实数，例如： $实数(3+2i)×(3−2i)=9−6i+6i−4i2=13(实数)\begin{array}{rl}\pmb{z+\overline z}\,为\,\pmb{实数}&(3+2i)+(3-2i)=6\kern 5pt(实数)\\z\overline z\,为\,\pmb{实数}&(3+2i)\times(3-2i)=9-6i+6i-4i^2=13\kern 5pt(实数)\end{array}$ $z = a + bi$ 和它的共轭 $z‾=a−bi\overline{z}=a-bi$ 的和是实数 $2 a$ ，它们的乘积是实数 $a^2+b^2$ ： $z乘z‾得到∣z∣2=r2(a+bi)(a−bi)=a2+b2(9.1.2)\pmb{z\kern 3pt乘\kern 3pt\overline{z}\kern 3pt得到\kern 5pt|z|^2=r^2}\kern 15pt{\color{blue}(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2}\kern 15pt(9.1.2)$ 下面是求非零复数的倒数 $1z\dfrac{1}{z}$ . 如何计算 $1$ 除以 $a + bi$ 呢？最好的方法是先乘 $z‾z‾=1\dfrac{\overline z}{\overline z}=1$ ，乘积 $zz‾=a2+b2z\overline z=a^2+b^2$ 在分母上： $1a+bi=1a+bia−bia−bi=a−bia2+b213+2i=13+2i3−2i3−2i=3−2i13{\color{blue}\dfrac{1}{a+bi}}=\dfrac{1}{a+bi}\dfrac{a-bi}{a-bi}={\color{blue}\dfrac{a-bi}{a^2+b^2}}\kern 12pt\frac{1}{3+2i}=\dfrac{1}{3+2i}\dfrac{3-2i}{3-2i}=\dfrac{3-2i}{13}$ 当 $a^2+b^2=1$ 时，这表明 $a+bi)^{-1}$ 就是 $a - bi$ . 在单位圆上， $1z\pmb{\dfrac{1}{z}}$ 等于 $z‾\pmb{\overline z}$ . 后面会写成 $1eiθ=e−iθ\dfrac{1}{e^{i\theta}}=e^{-i\theta}$ ，使用模长 $r$ 和辐角 $θ\theta$ 进行乘除。

三、极形式 $reiθre^{i\theta}$

$∣ z ∣$ 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 $reiθ\pmb{re^{i\theta}}$ （polor form）中的实数 $r\pmb r$ 给出了复数 $z\pmb z$ 的长度： $z=a+ib的绝对值是∣z∣=a2+b2，记为r.z=3+2i的绝对值是∣z∣=32+22，即r=13\begin{array}{l}z=a+ib\kern 5pt的绝对值是\kern 5pt{\color{blue}|z|=\sqrt{a^2+b^2}}，\pmb{记为\kern 4ptr}.\\z=3+2i\kern 5pt的绝对值是\kern 5pt|z|=\sqrt{3^2+2^2}，即\kern 4ptr=\sqrt{13}\end{array}$ 极形式中的另一部分是辐角 $θ\theta$ . $z = 5$ 的辐角是 $θ=0\theta=0$ ，这是因为此时 $z$ 是正实数。纯虚数 $z = 3 i$ 的辐角是 $π2\dfrac{π}{2}$ ，复数 $z = - 9$ 的辐角是 $π$ . 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 $θ\theta$ 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 $a=rcos⁡θa=r\cos\theta$ ，虚部（沿 $y$ 轴）是 $b=rsin⁡θb=r\sin\theta$ ，将这两部分结合起来，矩形形式 $a + ib$ 就变成了极形式 $reiθre^{i\theta}$ .

$复数z=a+ib也就是z=rcos⁡θ+irsin⁡θ，即reiθ\pmb{复数\kern 10ptz=a+ib\kern 10pt也就是\kern 10ptz=r\cos\theta+ir\sin\theta，即\kern 3ptre^{i\theta}}$

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

【例1】对于 $z = 1 + i$ 和它的共轭 $z‾=1−i\overline z=1-i$ ，分别求它们的模长 $r$ 和辐角 $θ\theta$ .
解： $z$ 和 $z‾\overline z$ 的绝对值是一样的，都是 $r=1+1=2r=\sqrt{1+1}=\sqrt2$ ： $∣z∣2=12+12=2,∣z‾∣2=12+(−1)2=2|z|^2=1^2+1^2=2,\kern 10pt|\overline z|^2=1^2+(-1)^2=2$ 它们和原点的距离都是 $r=2r=\sqrt2$ . 那么辐角 $θ\theta$ 是多少呢？复平面中，复数 $1 + i$ 对应点 $(1, 1)$ ，辐角是 $π4\dfrac{π}{4}$ 弧度或 $45°$ ，余弦值是 $12\dfrac{1}{\sqrt2}$ ，正弦值是 $12\dfrac{1}{\sqrt2}$ ，结合 $r$ 和 $θ\theta$ ，可重新得到 $z = 1 + i$ ： $rcos⁡θ+irsin⁡θ=2(12)+i2(12)=1+ir\cos\theta+ir\sin\theta=\sqrt2\Big(\dfrac{1}{\sqrt2}\Big)+i\sqrt2\Big(\dfrac{1}{\sqrt2}\Big)=1+i$ 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 $7π4\dfrac{7π}{4}$ 弧度即 $315°$ ，也可以反向取一个负角度 $−π4-\dfrac{π}{4}$ 弧度即 $- 45°$ . 如果 $z\pmb z$ 的辐角是 $θ\pmb\theta$ ，则它的共轭 $z‾\pmb{\overline z}$ 的辐角是 $2π−θ\pmb{2π-\theta}$ ，也可以是 $−θ\pmb{-\theta}$ .
我们可以自由的对任意辐角加上 $2 π 、 4 π$ 或 $- 2 π$ ，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 $θ\theta$ 有无穷多种选择，通常我们选择 $0$ 和 $2 π$ 之间的辐角（辐角主值），但是对于共轭复数 $z‾\overline z$ 的辐角，选择 $−θ-\theta$ 会非常有用。有 $1=e^0=e^{2πi}$ .

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， $r=2r=\sqrt2$ ， $θ=π4\theta=\dfrac{π}{4}$ （或 $45°$ ），绝对值平方得 $r^2=2$ ，辐角加倍得 $2θ=π22\theta=\dfrac{π}{2}$ （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 $8θ8\theta$ ： $(1+i)8r8=2⋅2⋅2⋅2=16,8θ=8⋅π4=2π\pmb{(1+i)^8}\kern 20ptr^8=2\cdot2\cdot2\cdot2=16,\kern 5pt8\theta=8\cdot\dfrac{π}{4}=2\pi$ 这表明： $1+i)^8$ 的绝对值是 $16$ ，辐角为 $2π2\pi$ ，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：

$次幂是zn=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)(9.1.3)\pmb{z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\kern 5pt的\,n\,次幂是\kern 6pt{\color{blue}z^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)}}\kern 15pt(9.1.3)$

此种情况是 $z$ 乘上它自己，而 $z$ 乘 $z^{'}$ 时，对应的模长相乘且辐角相加： $r(cos⁡θ+isin⁡θ)⋅r′(cos⁡θ′+isin⁡θ′)=rr′(cos⁡(θ+θ′)+isin⁡(θ+θ′))(9.1.4)r(\cos\theta+i\sin\theta)\cdot r'(\cos\theta'+i\sin\theta')=\pmb{rr'}(\cos(\pmb{\theta+\theta'})+i\sin(\pmb{\theta+\theta'}))\kern 10pt(9.1.4)$ 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 $2θ2\theta$ 的呢？ $(cos⁡θ+isin⁡θ)⋅(cos⁡θ+isin⁡θ)=cos⁡2θ+i2sin⁡2θ+2isin⁡θcos⁡θ(\cos\theta+i\sin\theta)\cdot(\cos\theta+i\sin\theta)=\cos^2\theta+i^2\sin^2\theta+2i\sin\theta\cos\theta$ 实部 $cos⁡2θ−sin⁡2θ\cos^2\theta-\sin^2\theta$ 就是 $cos⁡2θ\cos2\theta$ ，虚部 $2sin⁡θcos⁡θ2\sin\theta\cos\theta$ 就是 $sin⁡2θ\sin2\theta$ ，这就是 “二倍角公式（doublue angle formulas）”. 这里就证明了 $z$ 的辐角 $θ\theta$ 如何变成 $z^2$ 的辐角 $2θ2\theta$ .
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 $cos⁡θ+isin⁡θ\cos\theta+i\sin\theta$ 的绝对值为 $1$ ，余弦函数可以展开为偶数次幂之和，即 $cos⁡θ=1−12θ2+14!θ4−16!θ6+⋯\cos\theta=1-\dfrac{1}{2}\theta^2+\dfrac{1}{4!}\theta^4-\dfrac{1}{6!}\theta^6+\cdots$ ，正弦函数展开为奇数次幂之和，即 $sin⁡θ=1−13!θ3+15!θ5−17!θ7+⋯\sin\theta=1-\dfrac{1}{3!}\theta^3+\dfrac{1}{5!}\theta^5-\dfrac{1}{7!}\theta^7+\cdots$ . 将这两个级数代入到 $cos⁡θ+isin⁡θ\cos\theta+i\sin\theta$ 中，就可以得到关于 $eiθe^{i\theta}$ 的一个美妙的结论： $ex=1+x+12x2+16x3+⋯变成了eiθ=1+iθ+12i2θ2+16i3θ3+⋯e^x=1+x+\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{6}x^3+\cdots\kern 10pt变成了\kern 10pte^{i\theta}=1+i\theta+\dfrac{1}{2}i^2\theta^2+\frac{1}{6}i^3\theta^3+\cdots$ 再用 $- 1$ 代替 $i^2$ ，可得 $eiθ=1+iθ−12θ2−16iθ3+⋯e^{i\theta}=1+i\theta-\dfrac{1}{2}\theta^2-\dfrac{1}{6}i\theta^3+\cdots$ . 所以这个复数 $eiθ\pmb{e^{i\theta}}$ 就是 $cos⁡θ+isin⁡θ\pmb{\cos\theta+i\sin\theta}$ ：

$欧拉公式eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ得出z=rcos⁡θ+irsin⁡θ=reiθ(9.1.5)\pmb{欧拉公式}\kern 15pt{\color{blue}e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta}\kern 10pt得出\kern 10pt{\color{blue}z=r\cos\theta+ir\sin\theta=re^{i\theta}}\kern 18pt(9.1.5)$

当 $θ\theta$ 是特殊值 $2 π$ 时，得 $cos⁡2π+isin⁡2π=1\cos2\pi+i\sin2π=1$ ，那么有无穷级数 $e2πi=1+2πi+12(2πi)2+⋯=1e^{2πi}=1+2πi+\dfrac{1}{2}(2πi)^2+\cdots=1$ .
现在计算 $eiθe^{i\theta}$ 乘 $eiθ′e^{i\theta'}$ ，它们有相同的底数，则指数相加，即辐角相加（如 Figure 9.2a）：

$e2⋅e3=e5eiθ⋅eiθ=e2iθeiθ⋅eiθ′=ei(θ+θ′)\begin{array}{}\color{blue}e^2\cdot e^3=e^5&&\color{blue}e^{i\theta}\cdot e^{i\theta}=e^{2i\theta}&&\color{blue}e^{i\theta}\cdot e^{i\theta'}=e^{i(\theta+\theta')}\end{array}$

幂 $(reiθ)n=rneinθ(re^{i\theta})^n=r^ne^{in\theta}$ ，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 $1$ ：

$1.\pmb{令\kern 4pt{\color{blue}w=e^{2\pi i/n}}，则\kern 3pt1,w,w^2,\cdots,w^{n-1}\,的\,n\,次幂均等于\,1.}$

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 $2 π$ 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 $w^n=e^{2πi}=1$ ，同样 $(w2)n=e4πi=1(w^2)^n=e^{4\pi i}=1$ ，每个 $n$ 次方根的 $n$ 次幂都相当于沿着单位圆旋转到 $1$ .

在这里插入图片描述
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 $w=e^{2πi}$ 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

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