1.4 複數的次方與方根 (Power and Root of Complex Numbers)

棣美弗 (De Morivre’s) 定理： 對任意的有理數次方，下式 棣美弗公式 (De Morivre’s identity) 成立：

• [證明]

  首先討論若 $n\in\N$ 的情形。當 $n=2$ 時，

  $$\begin{align*} (\cos \theta+i\sin \theta)^2&=\cos ^2\theta +2 i \cos \theta \sin \theta -\sin^2 \theta=\cos ^2\theta -\sin^2 \theta+2 i \cos \theta \sin \theta \\ &=\cos(2\theta)+i\sin(2\theta) \end{align*}$$

  式 (1.4-1) 成立。假設當 $n=k$ 時，式 (1.4-1) 成立，即

  $$(\cos \theta+i\sin \theta)^k=\cos k\theta +i \sin k\theta,$$

  則當 $n=k+1$ 時，知

  $$\begin{align*} (\cos \theta+i\sin \theta)^{k+1} &=(\cos \theta+i\sin \theta) (\cos \theta+i\sin \theta)^k \\ & =(\cos \theta+i\sin \theta)(\cos k \theta+i\sin k\theta)\\ &=\cos\theta \cos k\theta+i\sin\theta \cos k\theta+i\cos\theta \sin k\theta -\sin\theta \sin k\theta\\ &=\cos\theta \cos k\theta-\sin\theta \sin k\theta+i(\sin\theta \cos k\theta+\cos\theta \sin k\theta) \\ &=\cos (k+1)\theta +i \sin (k+1)\theta, \end{align*}$$

  即當 $n=k+1$ 時，式 $(1.4\text{-}1)$ 也成立。由數學歸納法可知式 $(1.4\text{-}1)$ 成立。

  若 $n=-m, m\ge0, m\in\N$ (負整數) 時，

  $$\begin{aligned} (\cos \theta+i\sin \theta)^n&=\frac{1}{(\cos \theta+i\sin \theta)^m}=\frac{1}{\cos m\theta+i\sin m\theta}= \frac{\cos m\theta-i\sin m\theta}{\cos^2 m\theta+\sin^2 m\theta}\\ &=\cos(-m\theta)+i\sin (-m\theta)=\cos n\theta+i\cos n\theta \end{aligned}$$

  若 $n=p/q$ 其中 $p,q\in\Z$ 則因

  $$\begin{align*} \left(\cos\left(\frac{p}{q}\theta\right)+i\sin\left(\frac{p}{q}\theta\right)\right)^q &=\cos\left(q \frac{p}{q}\theta\right)+i\sin\left(q \frac{p}{q}\theta\right) \\ &=\cos(p\theta)+i\sin(p\theta)=(\cos\theta+i\sin\theta)^p \end{align*}$$

  上式方程式兩側取 q 次方根，可得

  $$\cos\left(\frac{p}{q}\theta\right)+i\sin\left(\frac{p}{q}\theta\right) =(\cos\theta+i\sin\theta)^{\frac{p}{q}}$$

  得證式 $(1.4\text{-}1)$ 對任意有理數均成立。此式還可推廣到對任意實數都成立，證明留給同學練習。

當 $n=2$ 時，棣美弗 (De Morivre’s) 公式可圖解如下：

複數的次方

利用棣美弗公式，透過 Euler 公式(1.3-8)可以快速得知

若 $z=re^{i\theta}=r(\cos\theta+i\sin\theta)$，對任意的 $n\in\R$ ，則 $z$ 的 $n$ 次方 (nth power) 計算如下：

範例1.4-1. 計算 $(-\sqrt{3}-i)^3$ 之值。

• [解]

  由於 $-\sqrt{3}-i=-2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac12 i\right) =2 e^{i\pi}e^{i\frac{\pi}{6}} =2 e^{-i\frac{5\pi}{6}}$，得

  $$\begin{equation*} (-\sqrt{3}-i)^3 = 8 e^{-\frac{5\pi}{2}} =8 e^{-\frac{\pi}{2}}=-8i. \end{equation*}$$

  

  圖1.4-1: 單位圓上常見的無理數點

複數的方根

我們更進一步討論若 $n=\frac{1}{m}$ 為一正分數，則複數 $s$ 滿足

稱為 $z$ 的 $m$ 次根，以 $z^{\frac{1}{m}}$ 表示。我們很容易驗證若令 $s=r^{\frac{1}{m}}e^{\frac{i\theta}{m}}$，則 $s$ 滿足式 (1.4-2) ，由代數基本定理，式 (1.4-2) 應該有 $m$ 個不同的 $s$，換言之必須有 $m$ 個不同的 $m$ 次根，事實上，

代入 $k=0,1,2, \cdots,m-1$，均滿足式(1.4-2) ，即

$k=0,1,2, \cdots,m-1$。

例題1.4-2. 求 $z^3=1$ 之根。

• [解]

  設$z=re^{i\theta}$ 則有 $z^3=r^3e^{i3\theta}=1$，比較得

  $$\begin{equation*} \begin{cases} r=1 \\ 3\theta=0+2n\pi \end{cases} \implies \begin{cases} r=1 \\ \theta=\frac{2n\pi}{3} \end{cases},\qquad n\in\Z. \end{equation*}$$

  由於同位角的關係，只需討論 $n=0,1,2$即可，因此

  $$\begin{equation*} \begin{cases} n=0, & \theta=0, \quad z_0=1\\ n=1, & \theta=\frac{2\pi}{3},\quad z_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\\ n=3,& \theta=\frac{4\pi}{3}, \quad z_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \end{cases} \end{equation*}$$

  若設 $\omega=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$，則有 $z_1=\omega, z_2=\omega^2$，即 $z^3=1$ 之根為 $1, \omega, \omega^2$。

  

  圖1.4-2: $z^3=1$的三個根

例題1.4-3. 求 $z^4+1=0$ 之所有根，並分解$z^4+1$。

• [解]

  $z^4=-1$ ，故所有根為 $-1$ 的 $4$ 次根，$(-1)^{\frac{1}{4}}$。

  $-1=\cos\pi+i\sin\pi=e^{\pi i}=e^{(\pi+2k\pi)i}$，

  由 $(22)$ 式，$(-1)^{\frac{1}{4}}=e^{\pi i}=e^{(\pi+2k\pi)i},k=0,1,2,3$。

  即

  $$\begin{aligned} (-1)^{\frac{1}{4}} &=\{ e^{\frac{\pi i}{4}},e^{\frac{3\pi i}{4}},e^{\frac{5\pi i}{4}},e^{\frac{7\pi i}{4}} \} \\ &= \{ \frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i,-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i,-\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i, \frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i \} \end{aligned}$$

  即

  $$\begin{aligned} z^4+1 &=(z-\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i)(z+\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i)(z+\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i)(z-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}i) \\ &=(z^2-\sqrt2z+1)(z^2+\sqrt2z+1) \end{aligned}$$

定義1.4-1. 設 $s,~z\in\mathbb{C}$ 且 $n\in\N$. 若對給定的 $z$，滿足 $s^n = z$ 的 $s$ 稱為 $z$ 的 $n$ 次方根。

注意：

1. 集合 $\{s\in\mathbb{C}~:~ s^n=z\}$ 之個數為 $n$。

2. 若 $s$ 為 $z$ 的 $n$ 次根， 也記為 $s=z^\frac{1}{n}$。

3. 設 $f(z)=z^2$，則此函數 $f$ 為單值函數(single value function)，例如 $f(1+i)=(1+i)^2=2i$。

4. 設 $g(z)=z^{\frac12}$，則此函數 $g$ 為多值函數(multivalue function)，例如 $g(1+i)=\sqrt{1+i}=2^{\frac14} e^{i\frac{\pi}{8}}, 2^{\frac14} e^{-i\frac{\pi}{8}}$，即 $g(1+i)$ 有兩個值。

例題1.4-4. 解 $s^n=1$ 。

• [解]

  設 $s=re^{i\theta}$ 且 $1=1\cdot e^{i 0}$，所以$r^n=1$ 且 $n\theta = 0+2k\pi$，其中 $k\in\Z$。化簡得

  $$r=1,\quad \theta=\frac{2k\pi}{n},~k\in\{0,1,2,\ldots,n-1\}.$$

  令 $\omega=e^{i\frac{2\pi}{n}}$ (稱為1的原 n 次方根(primitive n-th root))，則

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

  為方程式 $s^n=1$ 的根。

注意：$s^n-1=(s-1)(s-\omega)\cdots(s-\omega^{n-1})$。當 $n =3$ 時，參考例題1.4-2的解。

例題1.4-5. 令 $c\in\mathbb{C}$， 解 $z^n=c$ 。

• [解]

  設 $z=re^{i\theta}$ 且 $c=\rho\cdot e^{i \phi}$，由上例可得 $s^n=c$ 的根為

  $$\begin{align*} z&\in\rho^{\frac1n}e^{i\frac{\pi}{n}}\{ 1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1}\} =c^{\frac1n} \{ 1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1}\} \\ &=\{c^{\frac1n}, c^{\frac1n}\omega,c^{\frac1n}\omega^2,\ldots,c^{\frac1n}\omega^{n-1}\}. \end{align*}$$

  例如欲解 $z^3=\frac18$，由於 $c=\frac18$ 可得 $c^{\frac13}=\frac12$，因此由於 $\frac12\{1,\omega,\omega^2\}=\{\frac12, -\frac14+\frac{\sqrt{3}}{4}i,-\frac14-\frac{\sqrt{3}}{4}i\}$。$z^3=\frac18$ 的三個根分別為 $\frac12, -\frac14+\frac{\sqrt{3}}{4}i,-\frac14-\frac{\sqrt{3}}{4}i$。

  https://www.geogebra.org/classic/f8b2raxk?embed

  $$\text{Geogebra 2:}~z^n=c~ \text{的}~ n \text{個根(拉動}c\text{點與}n\text{的滑桿觀察根的位置)}$$

例題1.4-6. 求方程式 $i z^2+(i+1)z+4+6i=0$ 之解。

• [解]

  將原方程式改寫為 $z^2+\frac{i+1}{i}z+\frac{4+6i}{i}=z^2+(1-i)z+(6-4i)=0$，代入根的公式得

  $$z_{1,2} =\frac{-(1-i)\pm\sqrt{(1-i)^2-4(6-4i)}}{2} =\frac{-1+i\pm\sqrt{-24+14i}}{2}$$

  只要將根號內的數計算出來，就可以得到此方程式的兩個根。其計算方式有3種：
  
  法1：$\sqrt{-24+14i}=\sqrt{2}\sqrt{-12+7i}=\sqrt{2}\sqrt[4]{193} e^{i\frac{\theta}{2}+k\pi}$，其中 $k=0,1$，而
  
  $\theta=\tan^{-1}\frac{7}{-12}=-\tan^{-1}\frac{7}{12}$，因此

  $$\sqrt{-24+14i}=\sqrt{2}\sqrt[4]{193} e^{i\frac{\theta}{2}}, \sqrt{2}\sqrt[4]{193} e^{i\frac{\theta}{2}+\pi}\approx\pm(1.37565+5.08846i).$$

  法2：透過軟體計算可得其值，例如以 geogebra 的 atan2，可計算出 $\theta$，算式如下圖(a)所示（注意要將代數內角度的單位調成弧度）:

  

  

  圖1.4-3: 利用 Geogebra 計算方程式 $i z^2+(i+1)z+4+6i=0$的解

  如此代回計算，可得 $z_{1,2}=0.18783+3.04423i, -1.18783-2.04423i$。當然也可如上圖(b)所示，直接以 geogebra 計算得到兩根。