复数几何：旋转、根与参数分类

在完备有序实数域中，对 $b>0$ 和整数 $m\ge1$，令 $S=\{t\ge0:t^m\le b\}$。它包含 $\min\{1,b\}>0$，且以 $\max\{1,b\}$ 为上界，故存在 $r=\sup S>0$。有限因式分解给出：对非负的 $t,r\le M$，

$$t^m-r^m=(t-r)\sum_{j=0}^{m-1}t^{m-1-j}r^j,\qquad |t^m-r^m|\le mM^{m-1}|t-r|.$$

取 $M=r+1$。若 $r^m<b$，选 $0<h<1$ 使 $mM^{m-1}h<b-r^m$，则 $(r+h)^m<b$，与上界 $r$ 矛盾。若 $r^m>b$，选 $0<h<\min\{1,r\}$ 使 $mM^{m-1}h<r^m-b$，则 $(r-h)^m>b$；由非负数整数幂的单调性，$r-h$ 是 $S$ 的上界，与上确界矛盾。因此 $r^m=b$。当 $b=0$，唯一非负根为零。同一因式分解说明 $t>s\ge0$ 时 $t^m>s^m$，故正根唯一。

学习目标与准备

$a+bi$ 与 $r(\cos\theta+i\sin\theta)$ 描述同一点，但突出了不同运算。本章从直角坐标运算出发研究旋转、根与轨迹，并考察参数如何改变方程的几何形态。预备知识包括实代数、弧度制三角函数、共轭与模的公式，以及有限等比和恒等式。

1. 乘法与除法是几何映射

固定 $w=u+iv$，乘法把 $z=x+iy$ 映为

$$wz=(ux-vy)+i(vx+uy).$$

在实坐标中，其矩阵为 $\begin{pmatrix}u&-v\\v&u\end{pmatrix}$，行列式为 $u^2+v^2=|w|^2$。若 $w\ne0$，映射可逆，逆映射为乘以 $\overline w/|w|^2$；若 $w=0$，所有点都映到原点。

下列三角加法恒等式与平面旋转相连：

$$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta,\qquad \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta.$$

证明

我们采用旋转的几何事实：绕原点的旋转保持距离与平面定向（顺、逆时针次序），并且对坐标分量是线性的。令 $R_\alpha$ 表示逆时针旋转 $\alpha$。由单位圆，两个坐标基向量分别旋转为

$$R_\alpha e_1=(\cos\alpha,\sin\alpha)^T,\qquad R_\alpha e_2=(-\sin\alpha,\cos\alpha)^T.$$

由线性性，它对角为 $\beta$ 的点的作用为

$$R_\alpha(\cos\beta,\sin\beta)^T =(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta,\ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)^T.$$

从几何上看，连续旋转的角度相加，所以同一点也是 $(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))^T$。比较坐标即证明两个恒等式，而无需预先使用它们。令 $\beta=\alpha=\theta$，得到 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ 和 $\cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta$。恒等式对定义域内每个输入成立；方程询问哪些输入使特定等式成立。

写 $w=\rho\operatorname{cis}\phi$，其中 $\rho>0$，$\operatorname{cis}\phi=\cos\phi+i\sin\phi$。矩阵是角 $\phi$ 的旋转矩阵乘以 $\rho$。因此乘以非零复数恰是等比伸缩后旋转；长度乘以 $\rho$，有向面积乘以 $\rho^2>0$。单独的乘法不会反射平面。共轭的矩阵为 $\operatorname{diag}(1,-1)$，表示关于实轴的反射。

对非零 $z,w$，除以 $w$ 将长度乘以 $1/|w|$，并减去 $w$ 的一个辐角；$w\ne0$ 才允许除法。倒数映射 $z\mapsto1/z$ 本身不是单个线性旋转伸缩：其尺度随输入改变，不能将固定乘法的几何结论直接照搬。

映射例。 乘以 $1+i$ 的尺度为 $\sqrt2$、旋转角为 $\pi/4$。实数 $t$ 给出的直线 $z=t$ 映为 $t+it$，即直线 $y=x$。圆 $|z-2|=1$ 的像为 $|w-2(1+i)|=\sqrt2$，因为 $|w-(1+i)2|=|1+i||z-2|$。圆心和半径都须变换。

2. 辐角是角度的等价类

对 $z\ne0$，任意两个辐角相差 $2k\pi$。选主辐角分支 $-\pi<\operatorname{Arg}z\le\pi$ 时，乘积的辐角按 $2\pi$ 取模相加，主值不一定字面相等。

例如令 $z=w=e^{3\pi i/4}$，此处 $e^{i\theta}$ 仅作为 $\operatorname{cis}\theta$ 的记号。两主辐角之和为 $3\pi/2$，而乘积的主辐角为 $-\pi/2$；二者相差 $2\pi$，因此极式乘法仍正确。此记号不需要先解析构造复指数。

求 $R\operatorname{cis}\phi$ 的 $n$ 次根（$n$ 为正整数，$R>0$）时，使用 $k=0,\ldots,n-1$ 的全部角 $(\phi+2k\pi)/n$。改用另一辐角 $\phi+2m\pi$ 只会重排这些根，不会产生不同根集。只把主辐角除以 $n$ 会选出一个根，而不是解出整个多项式方程。

为使推导完整，由极式乘法，从 $n=1$ 开始对正整数 $n$ 归纳得到 $(r\operatorname{cis}\theta)^n=r^n\operatorname{cis}(n\theta)$：将第 $n$ 步再乘 $r\operatorname{cis}\theta$，辐角相加便得到下一步。因此完整根表为

$$z_k=R^{1/n}\operatorname{cis}\left(\frac{\phi+2k\pi}{n}\right),\qquad k=0,\ldots,n-1,$$

其中 $R^{1/n}$ 是唯一的正实数 $n$ 次根。直接代入得到 $z_k^n=R\operatorname{cis}\phi$。反之，任一根都非零，可写成极式 $r\operatorname{cis}\theta$；模相等迫使 $r=R^{1/n}$，单位圆上的点相等迫使 $n\theta-\phi=2m\pi$，其中 $m$ 为整数。写 $m=qn+k$、$0\le k<n$；多出的角 $2q\pi$ 不改变点，故该根等于 $z_k$。若 $z_j=z_k$，辐角之差 $2(j-k)\pi/n$ 是 $2\pi$ 的整数倍，故 $n$ 整除 $j-k$；所选指标范围迫使 $j=k$。这证明存在性、穷尽性及互异性，不需使用代数基本定理。

3. 单位根与正多边形

令整数 $n\ge2$，$\zeta=\operatorname{cis}(2\pi/n)$。$z^n=1$ 的 $n$ 个解是 $1,\zeta,\ldots,\zeta^{n-1}$，它们在单位圆上等间隔。它们互不相同，因为 $\zeta^j=\zeta^k$ 要求 $j-k$ 是 $n$ 的倍数。其和为零：

$$1+\zeta+\cdots+\zeta^{n-1}=\frac{1-\zeta^n}{1-\zeta}=0,$$

其中 $\zeta\ne1$ 保证除法合法。因此多边形顶点的平均值为原点；这不仅依靠图形对称性，还由代数证明。

更一般地，对整数 $m$，

$$\sum_{k=0}^{n-1}\zeta^{mk}=\begin{cases}n,&n\mid m,\\0,&n\nmid m.\end{cases}$$

若 $n\mid m$，每项均为一；否则 $\zeta^m\ne1$ 而 $(\zeta^m)^n=1$，由有限等比恒等式得零。分母为零的情形须分开，不能直接约去。

当 $w\ne0$ 时，方程 $z^n=w$ 给出该多边形的旋转伸缩像：选一个根 $z_0$，将它乘以每个单位根，得到全部根及其几何排列。若 $w=0$，方程 $z^n=0$ 的唯一根是 $z=0$。

4. 参数可使根从直线移到圆上

考虑实参数 $t$ 的方程 $z^2-2tz+1=0$。配方得 $(z-t)^2=t^2-1$，分为：

• 若 $|t|<1$，根为 $t\pm i\sqrt{1-t^2}$，互为共轭且模为一，位于单位圆上。
• 若 $t=1$ 或 $t=-1$，两根合并为重实根 $1$ 或 $-1$。
• 若 $|t|>1$，根 $t\pm\sqrt{t^2-1}$ 是不同实数，乘积为一；恰有一个模小于一，另一个模大于一。

最后一条中，两根均非零，也都不可能模为一：模为一的实数只有 $\pm1$，代入方程仅在 $t=\pm1$ 时成立。两根的模的乘积为一，且在非边界情形模不同，故一个在单位圆内，另一个在圆外。

分类穷尽所有解。若复数 $a+ib$ 的平方为实数，则 $2ab=0$。平方为正时有两个实平方根；为负时有两个纯虚根；为零时根为零。因此配方方程给出的是全部根，不只是可能的候选。

反向理解。 原方程除以非零 $z$ 得 $z+1/z=2t$。令 $z=re^{i\theta}$，其虚部为 $(r-r^{-1})\sin\theta$。要使和为实数，须 $r=1$ 或 $\sin\theta=0$。故解位于单位圆或非零实轴上，正是代数分类所得的两类。

5. 距离轨迹的变换须保持等价

$|z-a|=k|z-b|$（$k>0$）表示固定距离比。两边非负，故平方与原方程等价。若 $k=1$ 且 $a\ne b$，二次项抵消，得到垂直平分线。若 $k\ne1$，二次项不抵消；展开 $|z-a|^2=|z|^2-2\operatorname{Re}(z\overline a)+|a|^2$ 并配成模的平方，得到圆心 $c=(a-k^2b)/(1-k^2)$，半径 $k|a-b|/|1-k^2|$。实际上，半径平方为 $|c|^2-(|a|^2-k^2|b|^2)/(1-k^2)=k^2|a-b|^2/(1-k^2)^2$。两焦点不同时半径为正，轨迹是实实在在的圆而非退化点。

这里使用的是未作除法的等式 $|z-a|=k|z-b|$，对每个 $z\in\mathbb C$ 都有定义，并非以 $|z-b|$ 为分母的商。若 $a=b$ 且 $k=1$，每个复数都是解；若 $a=b$ 且 $k\ne1$，方程化为 $(1-k)|z-a|=0$，故轨迹只有点 $a$，这也是公式中半径为零的情形。若另问商方程 $|z-a|/|z-b|=k$，其定义域必须排除 $z=b$，须将等式的轨迹与这个较小定义域取交集。特别地，当 $a=b$ 时，商方程在 $k=1$ 时的轨迹为 $\mathbb C\setminus\{a\}$，在 $k\ne1$ 时为空集。

轨迹例。 对 $|z-1|=2|z+1|$，令 $z=x+iy$ 并平方：

$$(x-1)^2+y^2=4[(x+1)^2+y^2].$$

整理得 $3x^2+10x+3+3y^2=0$，即 $(x+5/3)^2+y^2=16/9$。轨迹是圆心 $(-5/3,0)$、半径 $4/3$ 的圆。原距离方程两边均非负，因此圆上每点也满足未平方的关系；平方没有引入多余点。

综合练习与诊断

1. 几何。 描述 $|z-(1-i)|=2$ 在 $w=iz$ 下的像，并解释为什么没有反射。
2. 分支诊断。 学生断言每个非零 $z$ 都满足 $\operatorname{Arg}(z^2)=2\operatorname{Arg}z$。反驳字面断言并写出正确的模关系。
3. 根的结构。 对整数 $n\ge2$ 和任意非零 $w$，用单位根证明 $z^n=w$ 的所有不同根之和为零，不使用一般的系数与根关系定理。
4. 参数分析。 对实参数 $s$，分类 $z+1/z=s$ 的所有复解，说明零被排除并包括重根情形。
5. 轨迹。 求所有满足 $|z-2i|=|z+2i|$ 的 $z$，并证明所得集合与原轨迹的两个方向包含关系。
6. 挑战。 令 $\zeta=\operatorname{cis}(2\pi/5)$。计算 $\sum_{k=0}^4\zeta^{3k}$ 和 $\sum_{k=0}^4\zeta^{5k}$，解释为何不能对两者都不加检查地使用同一个分式公式。

完整解答

1. 圆心映为 $i(1-i)=1+i$，$|i|=1$ 使半径二不变，故像为 $|w-(1+i)|=2$。乘法矩阵是旋转 $\pi/2$、行列式为一的矩阵，而非反射。
2. 取 $z=\operatorname{cis}(3\pi/4)$。则 $z^2=\operatorname{cis}(3\pi/2)$ 的主辐角为 $-\pi/2$，而输入主辐角的两倍为 $3\pi/2$。正确关系是在模 $2\pi$ 下相等；加倍后选取指定主值区间的代表。
3. 取一个非零根 $z_0$，所有根均为 $z_0\zeta^k$（$k=0,\ldots,n-1$）：除以 $z_0$ 后其 $n$ 次幂为一，而根公式表明这个列表完整且互不相同。因 $n\ge2$，其和为 $z_0\sum\zeta^k=0$。
4. 方程仅在 $z\ne0$ 时有定义，化为 $z^2-sz+1=0$；其根都非零。令 $t=s/2$。若 $|s|<2$，两根 $s/2\pm i\sqrt{1-s^2/4}$ 在单位圆上；$s=2$ 时重根为一，$s=-2$ 时重根为负一。若 $|s|>2$，两根 $(s\pm\sqrt{s^2-4})/2$ 是不同实数，互为倒数，一个模小于一，另一个大于一。
5. 令 $z=x+iy$，平方距离给出 $x^2+(y-2)^2=x^2+(y+2)^2$，等价于 $y=0$。任一原解相减后必须满足 $y=0$；反之每个实数 $z$ 到两个共轭焦点距离相等，故轨迹为实轴。
6. 五不整除三，故 $\zeta^3\ne1$，其五次幂为一，由有限等比恒等式第一和为零。五整除五，第二和每项都是一，总和为五。分母 $1-\zeta^5=0$ 的商没有定义，不能取代对此情形的直接检验。

总结与术语

旋转伸缩对所有向量使用同一角度和尺度。主辐角是所选角度代表，不是全局可加的实函数。单位根将每个非零根方程组织为正多边形。参数分类在根类型或重数改变处划分情形。距离比轨迹只有在每步变换保持等价时，才能由模方程准确转化为直角坐标几何。