1.2 複數的代數運算(The Algebra of Complex Numbers)

我們首先將複數 (complex number) 視為由實數組成的有序對，其乘以任意實數的作法，與在歐氏平面 $\R^2$ 相同，亦即

定義1.2-1. 設 $z$ 為複數 ( $z\in\mathbb{C}$ )，即存在有 $x,y \in \R$ 使得 $z=(x,y)$ ，且對任意 $\alpha \in\R$ ，則有

$\alpha z = \alpha(x,y)=(\alpha x,\alpha y).$

和我們在高中使用的符號 $z=x+i y$ 比對一下，則有 $1=(1,0)$ 、 $i=(0,1)$ 以及原點 $z=0$ 表為 $0=(0,0)$ 。

GeoGebra 1: 複數乘以實數倍圖示

https://www.geogebra.org/m/v23vnkep

複數的四則運算定義如下：

定義1.2-2. 設 $z_1=(x_1,y_1),z_2=(x_2,y_2)\in \mathbb{C}$ ，則在複數上的四則代數運算定義如下：

$``="$ $(x_1,y_1)=(x_2,y_2)\iff x_1=x_2, y_1=y_2,$

$``+"$ $z_1+z_2=(x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2),$

$``-"$ $z_1-z_2=(x_1,y_1)-(x_2,y_2)=(x_1-x_2,y_1-y_2)$

$z_1+(-z_2)=(x_1,y_1)+(-x_2,-y_2),$

$``\times"$ $z_1\times z_2=(x_1,y_1)\times(x_2,y_2)=(x_1 x_2-y_1 y_2,x_1 y_2+y_1 x_2),$

$``\div"$ $\displaystyle z_1\div z_2=\frac{z_1}{z_2}=\frac{(x_1,y_1)}{(x_2,y_2)}=\left(\frac{x_1x_2+y_1y_2}{x_2^2+y_2^2},\frac{x_1y_2-y_1x_2}{x_2^2+y_2^2}\right)$ 其中 $z_2=(x_2, y_2)\neq 0$ .

Geogebra 2: 複數的四則運算圖示

https://www.geogebra.org/classic/qfbaw48t?embed

從定義1.2-2可知下式成立：

\frac{1}{z}=\left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{-y}{x^2+y^2}\right).\tag{1.2-1}

透過定義1.2-1與1.2-2，可以將複數集合視為

\mathbb{C}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\left|\begin{array}{l} (x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2)\\ (x_1,y_1)\cdot(x_2,y_2)=(x_1 x_2-y_1 y_2,x_1y_2+y_1 x_2)\end{array}\right.\right\}

以下將說明此複數是體 (field)。

定理1.2-1. $(\cnums,+,\cdot)$ 是一個體，設 $z_1,z_2,z_3,z \in \cnums$ ，則

(P1) $z_1+z_2=z_2+z_1$ 加法交換率 (additive commutativity)

(P2) $(z_1+z_2)+z_3=z_1+(z_2+z_3)$ 加法結合率 (additive associativity)

(P3) $z+(0,0)=z+0=z$ 加法單位元素 (additive identity)

(P4) $z+(-z)=0$ 加法反元素 (additive inverse)

(P5) $z_1z_2=z_2z_1$ 乘法交換率 (multiplicative commutativity)

(P6) $(z_1z_2)z_3=z_1(z_2z_3)$ 乘法結合率 (multiplicative associativity)

(P7) $z\cdot(1,0)=z\cdot1=z$ 乘法單位元素 (multiplicative identity)

(P8) $\displaystyle z\cdot\frac{1}{z}=1$ 乘法反元素 (multiplicative inverse)

(P9) $z_1\cdot(z_2+z_3)=z_1 \cdot z_2+z_1\cdot z_3$ 乘法對加法之分配率 (distributive law)

[證明]
以規則(P5)為例證明如下：
$z_1\cdot z_2=(x_1,y_1)(x_2,y_2)=(x_1x_2-y_1y_2,x_1y_2+x_2y_1)$ 由上述乘法定理得知
$z_2\cdot z_1=(x_2,y_2)(x_1,y_1)=(x_2x_1-y_2y_1,x_2y_1+x_1y_2)$ 由上述乘法定理得知
因此 $z_1z_2=z_2z_1$ 成立。其餘規則自行練習 $\hspace*{6.25cm}\blacksquare$

定義1.2-3. $\text{Re}(z)=\text{Re}(x+iy)=x=z$ 的實部 $=\text{Re}(z)$

$\text{Im}(z)=\text{Im}(x+iy)=y=z$ 的虛部 $=\text{Im}(z)$

定義1.2-4. $z$ 的共軛複數 (complex conjugate) $\overline z$ 為 $z-iy=(x,-y)$

定義1.2-5. $z=x+i y$ 的長度 (magnitude)或稱為模 (modulus) $|z|$ 定義為 $|z|=\sqrt{x^2+y^2}.$

引理1.3-1. 設 $z,z_1,z_2\in\cnums$ ，則

$\overline z=z$

$\overline{z_1+z_2}=\overline{z_1}+\overline{z_2}$ (共軛對加法之分配律)

$\overline{z_1z_2}=\overline{z_1}\text{ }\overline{z_2}$

$\overline{z_1/z_2}=\overline{z_1}/\overline{z_2}$

[證明]
第2點證明如下，其餘自行練習。設 $z_1=(x_1,y_1)$ 以及 $z_2=(x_2,y_2)$ ，則
$\begin{align*} \overline{z_1+z_2} &=\overline{(x_1+x_2,y_1+y_2)} &&\text{(加法定理)} \\ &=\overline{(x_1+x_2,y_1+y_2)} &&\text{(共軛)}\\ &=(x_1,-y_1)+(x_2,-y_2) &&\text{(加法定理)}\\ &=\overline{z_1}+\overline{z_2} \end{align*}$
$\hspace{9cm}\blacksquare$

性質 : 設 $z=(x,y)$ ， $z_1=(x_1,y_1)$ 以及 $z_2=(x_2,y_2)$ ，則有

$-z=(-x,-y)$

$z \cdot \overline z=|z|^2$

$\displaystyle z^{-1}=\frac{\overline z}{\left| z\right|^2}$

$\displaystyle\frac{z_1}{z_2}=z_1\cdot z_2{}^{-1}=z_1\cdot\frac{\overline {z_2}}{\left|z_2\right|^2}$

$\displaystyle\mathrm{Re}(z)=\frac{z+\overline z}{2},\quad\mathrm{Im}(z)=\frac{z-\overline z}{2i}$

$\mathrm{Re}(z_1+z_2)=\mathrm{Re}(z_1)+\mathrm{Re}(z_2)$ ( $\mathrm{Re}$ 對加法之分配律)

$\mathrm{Im}(z_1+z_2)=\mathrm{Im}(z_1)+\mathrm{Im}(z_2)$ ( $\mathrm{Im}$ 對加法之分配律)

$\mathrm{Re}(iz)=-\mathrm{Im}(z),\quad\mathrm{Im}(iz)=\mathrm{Re}(z)$

[證明]
以性質7為例證明如下：
$\begin{align*}\mathrm{Re}(z_1+z_2)&=\frac{z_1+z_2+\overline{z_1+z_2}}{2}&&(\text{性質}6)\\ &=\frac{z_1+z_2+\overline{z_1}+\overline{z_2}}{2} &&(\text{共軛對加法之分配律})\\ &=\frac{z_1+\overline{z_1}}{2}+\frac{z_2+\overline{z_2}}{2}\\ &=\mathrm{Re}(z_1)+\mathrm{Re}(z_2)&&(\text{性質}3)\\ \end{align*}$
同理可得 $\mathrm{Im}(z_1+z_2)=\mathrm{Im}(z_1)+\text{Im}(z_2)$ ，因此性質成立。其餘性質自行練習 $\hspace*{1.25cm}\blacksquare$

注意： $\sqrt{5}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{5\cdot 2}=\sqrt{10}$ 成立，但是 $\sqrt{-5}\cdot\sqrt{-2}\neq\sqrt{(-5)\cdot (-2)}$ 而是 $\sqrt{-5}\cdot\sqrt{-2}=\sqrt{5}i \cdot\sqrt{2}i =\sqrt{10} i^2=-\sqrt{10}$ 。

從上述討論，將複數系加入原來的數系，可以形成完整的數系，圖示如下：

圖1.2-1: 完整的數系 1️⃣

習題

證明式(1.2-1)成立

Find $f(1+i)$ for the following functions:
(c) $f(z)=f(x+iy)=x+y+i(x^3y-y^2)$

Let $f(z)=z^{21}-5z^7+9z^4$ . Use polar coordinates to find
(b) $f(1+i\sqrt{3})$

Express the following functions in the form $u(x,y)+iv(x,y)$ .
(b) $f(z)=\overline{z}^2+(2-3i)z$ .

Express the following functions in the polar coordinate form $u(r,\theta)+iv(r,\theta)$ .
(a) $f(z)=z^5+\overline{z}^5$ .

6. For $z \neq 0$ , let $f(z)=f(x+iy)=\frac{1}{2}\ln{(x^2+y^2)}+i\space \text{arctan}\space \frac{y}{x}$ . Find

For $z\neq0$ , let $f(z)=\ln{r}+i\theta$ , where $r=|z|$ , and $\theta=\text{Arg}\space z$ . Find
(a) $f(1)$
(b) $f(-2)$
(c) $f(1+i)$
(d) $f(3+4i)$
(e) Is $f$ a one-to-one function? Why or why not?

Suppose that $f$ maps $A$ into $B$ , $g$ maps $B$ into $A$ , and that Equation “ $g(f(z))=z$ , $\forall \space z \in A$ and $f(g(w))=w$ , $\forall \space w\in B$ ” hold.
(a) Show that $f$ is one-to-one.
(b) Show that $f$ maps $A$ onto $B$ .

10. Let $w=f(z)=(3+4i)z-2+i$ .

(a) Find the image of the disk $|z-1|<1$ .

(b) Find the image of the line $x=t$ , $y=1-2t$ for $-\infty<t<\infty$ .

(d) For parts (a) and (b), and (c), sketch the mapping. Identify three points of your choice and their corresponding images.

Find the linear transformations $w=f(z)$ that satisfy the following conditions.
(a) The points $z_1=2$ and $z_2=-3i$ map onto $w_1=1+i$ and $w_2=1$ .
(b) The circle $|z|=1$ maps onto the circle $|w-3+2i|=5$ , and $f(-i)=3+3i$ .
(c) The triangle with vertices $-4+2i$ , $-4+7i$ , and $1+2i$ maps onto the triangle with vertices $1$ , $0$ , and $1+i$ , respectively.