李尚志

(北京航空航天大學(xué) 100083)

1 復(fù)數(shù)的幾何模型

例1(高考2017年理科數(shù)學(xué)全國卷3)

設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(1+i)z=2i.則|z|=______.

答案C.

點(diǎn)評(píng)網(wǎng)上發(fā)表的一個(gè)答案是:先求出

很多人喜歡這種做法,按部就班死算復(fù)數(shù)除法再算模,而不習(xí)慣于先求模再相除.但是,按照這種思路能做出下面的題目嗎?

例2(中國科大2016年自主招生題)

解法1(代數(shù)算法)設(shè)z1=x1+y1i,z2=x2+y2i,列方程組

點(diǎn)評(píng)4個(gè)未知數(shù)x1,x2,y1,y2,3個(gè)方程,你能解出來嗎？

x1x2+y1y2

=(x1y2)2-2(x1y2)(x2y1)+(x2y1)2

=(x1y2-x2y1)2,

得x2y1-x1y2

點(diǎn)評(píng)怎么想出用等式 (1),(2),(3)算x1x2+y1y2和x2y1-x1y2?

3個(gè)復(fù)數(shù)z1,z2,z1+z2代表3個(gè)平面向量a,b,a+b,復(fù)數(shù)的模是向量的模(有向線段的長度):|z1|=|a|,|z2|=|b|,|z1+z2|=|a+b|.

x1x2+y1y2=a·b=|a||b| cosα是向量內(nèi)積,α是向量a,b夾角.由完全平方公式(a+b)2=a2+2a·b+b2(就是余弦定理)得到

=|a||b|cosα.

|x2y1-x1y2|=|a||b||sinα|(見《借題發(fā)揮1》),它的平方

|a|2|b|2sin2α=|a|2|b|2(1-cosα2)

=|a|2|b|2-(a·b)2.

幾何想法指揮想出代數(shù)算法.還順便證明了 4個(gè)實(shí)數(shù)x1,y1,x2,y2的柯西不等式a2b2-(a·b)2≥0.并且可以推廣到2n個(gè)實(shí)數(shù):

借題發(fā)揮1復(fù)數(shù)乘法表示平面旋轉(zhuǎn)

每個(gè)復(fù)數(shù)z=x+yi代表平面上的一個(gè)幾何向量v=(x,y).

設(shè)兩個(gè)復(fù)數(shù)z1=x1+y1i,z2=x2+y2i分別代表幾何向量v1=(x1,y1),v2=(x2,y2).則復(fù)數(shù)相加減得到的和或差z1±z2=(x1±x2)+(y1±y2)i代表的的幾何向量u=v1±v2.

復(fù)數(shù)的乘法不代表向量的數(shù)量積,而代表向量的變換.

如果z1=x1是實(shí)數(shù),則x1z1=x1(x2+y2i)=x1x2+x1y2i,相當(dāng)于實(shí)數(shù)x1乘向量v2=(x2,y2),將向量v2變成x1v2=(x1x2,x1y2).

特別地,當(dāng)x1>0,x1乘z2就是將向量v2方向不變,長度乘x1.

-1乘z2就是將向量v2長度不變,方向旋轉(zhuǎn)180°.(-1)2乘z2將v2旋轉(zhuǎn)兩個(gè)180°,總共旋轉(zhuǎn)360°,回到原來方向,相當(dāng)于乘1,也就是說:(-1)2z2=z2=1z2.這解釋了(-1)2=1.

比如汽車速度30表示每小時(shí)30千米往東,30乘-1變成-30,就是向后轉(zhuǎn)180°,往東30變成往西30,就是30×(-1)=-30.-30再乘-1,往西的方向再次向后轉(zhuǎn),回到往東的方向,這就是(-30)×(-1)=30.也就是30×(-1)×(-1)=30,(-1)2=1.

既然-1的平方是后轉(zhuǎn)兩次,轉(zhuǎn)兩個(gè)180°,-1的平方根就應(yīng)該后轉(zhuǎn)半次,轉(zhuǎn)半個(gè)180°,也就是轉(zhuǎn)90°.轉(zhuǎn)90°有兩個(gè)不同方向,左轉(zhuǎn)(逆時(shí)針方向)為+90°,右轉(zhuǎn)(順時(shí)針方向)為-90°.我們將轉(zhuǎn)+90°記為i,轉(zhuǎn)-90°就是-i.i2,(-i)2分別是+180°與-180°,都是向后轉(zhuǎn).雖然轉(zhuǎn)的過程不同,旋轉(zhuǎn)結(jié)束之后面對(duì)同樣方向,都是乘-1.因此i2=(-i)2=-1,±i是-1的兩個(gè)不同的平方根.

例3已知平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)A的坐標(biāo) (x,y).將A繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)+90°到B.A繞O旋轉(zhuǎn)-90°到C.求B,C的坐標(biāo).

B的坐標(biāo)為 (-y,x);C的坐標(biāo)為(y,-x).

例4已知平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)O(0,0),A(a1,a2),B(b1,b2).求△AOB的面積S.

圖1

將OB繞O旋轉(zhuǎn)-90°.則B′的坐標(biāo)為(b2,-b1).

由|OB|=|OB′|,∠AOB=∠AOB′+90°得

圖2

代表復(fù)數(shù)

(cosα)z+(sinα)(iz)=(cosα+i sinα)z.

(cosα+isinα)(x+yi)

=(xcosα-ysinα)+i(xsinα+ycosα)

z=|z|(cosθ+isinθ),

其中|z|=|OA|是z的模,θ=∠EOA=∠xOA稱為z的幅角.

z=|z|(cosθ+isinθ)稱為復(fù)數(shù)z的三角形式.

|w|(cosα+isinα) ·|z|(cosθ+isinθ)

=|w||z|[cos(α+θ)+isin(α+θ)].

乘法規(guī)則為:模相乘,輻角相加.

做除法很自然就是模相除,輻角相減:

其中θ-α就是兩個(gè)向量的夾角.

由復(fù)數(shù)三角形式的乘法公式還可得到

cos(α+β)+isin(α+β)

=(cosα+isinα)(cosβ+isinβ)

=(cosαcosβ-sinαsinβ)

+i(cosαsinβ+sinαcosβ),

比較等式兩邊的實(shí)部和虛部,得到

cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ,

sin(α+β)=cosαsinβ+sinαcosβ,

就是正弦和余弦的和角公式.(cosα+isinα)n乘z=x+yi,將向量 (x,y)旋轉(zhuǎn)α的動(dòng)作重復(fù)n次,共旋轉(zhuǎn)nα.由此得到

(cosα+isinα)n=cosnα+isinnα,

這叫做棣美弗公式.幾何意義是:每次旋轉(zhuǎn)α,重復(fù)n次旋轉(zhuǎn)nα.

用牛頓二項(xiàng)式定理將等式左邊的冪展開,與右邊分別比較實(shí)部和虛部,得到n倍角公式

例5求方程x2=i的全部解.

解設(shè)x=r(cosθ+isinθ).則

x2=r2(cos 2θ+isin2θ)=i

現(xiàn)在可以重新回去求解例2.

圖3

(a+b)2=a2+b2+2a·b,

42=22+32+2 × 2 × 3 cosα,

例6方程x3=-i的全部解為________.

解設(shè)x=r(cosθ+isinθ),實(shí)數(shù)r≥0.則

2 多項(xiàng)式的帶余除法

小學(xué)算術(shù)學(xué)了非負(fù)整數(shù)的帶余除法:任意非負(fù)整數(shù)a除以任意正整數(shù)b,得到非負(fù)整數(shù)q,r滿足

a=qb+r,且0≤r

其中a,b,q,r分別叫做被除數(shù),除數(shù),商,余數(shù).滿足的關(guān)系式就是:

被除數(shù)=除數(shù)×商+余數(shù),余數(shù)<除數(shù).

中學(xué)學(xué)了負(fù)整數(shù),被除數(shù)、除數(shù)、商就允許取負(fù)整數(shù),但余數(shù)r仍要求非負(fù)整數(shù),滿足0≤r<|b|.以保證商和余數(shù)的唯一性.

類似地有多項(xiàng)式的帶余除法:一元多項(xiàng)式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0除以非零多項(xiàng)式g(x)=bmxm+bm-1xm-1+…+b1x+b0(bm≠0)得到唯一的商q(x)和余式r(x),滿足

f(x)=q(x)g(x)+r(x),且r(x)的次數(shù)低于g(x),或r(x)=0.

例7多項(xiàng)式 (xsin 75°+sin 15°)2012被x2+1除,余式為________.

解f(x)=(xsin 75°+sin 15°)2012

=q(x)(x2+1)+(a+bx),

取x=i得(isin 75°+sin 15°)2012=a+bi,

利用棣美弗公式可以算出等式左邊

(isin 75°+sin 15°)2012

=(cos 75°+isin 75°)2012

例8在有理數(shù)范圍內(nèi)分解因式:

(1)x12+x9+x6+x3+1.

(2)x10+x5+1.

=(x4+x3+x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

(2)x10+x5+1=(x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

以上是用最現(xiàn)成的方法,強(qiáng)行做長除法,類似于小學(xué)的除法豎式.

很自然要問:預(yù)先怎么知道x10+x5+1能被x2+x+1整除?

理由1不需要理由.強(qiáng)行做除法,除盡了就是理由.

r(x)=x10+x5+1-q(x)(x3-1),

兩邊令x3=1得r(x)=x·x9+x2·x3+1=x+x2+1.可得

x10+x5+1-(x+x2+1)

=x(x9-1)+x2(x3-1)

=(x3-1)[x(x6+x3+1)+x2]

=(x3-1)(x7+x4+x+x2),

x10+x5+1=(x3-1)(x7+x4+x+x2)+x2+x+1,

右邊就可以提取公因式x2+x+1.

為什么只將x5替換成 1,不將x替換成x5=1的某個(gè)根 ?此處是除以x5-1求余式.x5除以x5-1的余式等于 1,而x,x2,x3,x4除以x5-1的余式都是它們自己,所以不替換.

例8解法2

(1)x12+x9+x6+x3+1

=x2(x10-1)+x2+x4(x5-1)+x4+x(x5-1)+x+x3+1

=(x5-1)[x2(x5+1)+x4+x]+(x4+x3+x2+x+1)

=(x4+x3+x2+x+1)[(x-1)(x7+x4+x2+x)+1]

=(x4+x3+x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

(2)x10+x5+1

=x(x9-1)+x+x2(x3-1)+x2+1

=(x3-1)[x(x6+x3+1)+x2]+(x2+x+1)

=(x2+x+1)[(x-1)(x7+x4+x2+x)+1]

=(x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

借題發(fā)揮2分圓多項(xiàng)式

以上做因式分解的多項(xiàng)式都是x15-1的因式.我們可以對(duì)任意正整數(shù)n討論xn-1的因式分解.

多項(xiàng)式f(x)在某個(gè)系數(shù)范圍內(nèi)的因式分解,就是將f(x)分解為在這個(gè)系數(shù)范圍內(nèi)不能再分解的因式的乘積.不能再分解的因式稱為不可約因式.

根據(jù)代數(shù)基本定理,次數(shù)n≥ 1的復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0至少有一個(gè)復(fù)數(shù)根c1,因此有一次因式x-c1,可以分解為f(x)=(x-c1)f1(x).如果f1(x)的次數(shù)n-1≥1,至少有一個(gè)復(fù)數(shù)根c2,可以分解為f1(x)=(x-c2)f2(x),從而f(x)=(x-c1)(x-c2)f2(x).重復(fù)這個(gè)過程,可以將f(x)分解為一次因式的乘積f(x)=an(x-c1)(x-c2)…(x-cn).

一般來說,多項(xiàng)式f(x)的根很難求出來,因式分解也就很難完成.但方程xn-1=0即xn=1的根可以由棣美弗公式求出:

設(shè)x=r(cosθ+isinθ),則

xn=rn(cosnθ+isinnθ)=1

=cos2kπ+isin2kπ

k=qn+r?ωk=ωqn+r=(ωn)qωr=1qωr=ωr.

以n為除數(shù)只有n個(gè)不同的余數(shù)r=0,1,2,…,n-1,得到n個(gè)不同的n次單位根 1,ω,ω2,…,ωn-1,就是xn=1的全部根.

它們?cè)趶?fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)恰好將單位圓n等分,是單位圓內(nèi)接正n邊形的n個(gè)頂點(diǎn).由此得到xn-1在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的完全分解式

xn-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ωn-1).

我們希望將以上一次因式適當(dāng)分組,使每組一次因式的乘積pi(x)是有理系數(shù)不可約因式,得到有理數(shù)范圍內(nèi)的分解xn-1=p1(x) …pm(x).我們用a|b表示整數(shù)a整除b,f(x)|g(x)表示多項(xiàng)式f(x)整除g(x).反過來,a?b,f(x)?g(x)表示a不整除b,f(x)不整除g(x).

以x15-1為例,考察

x15-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2) … (x-ω14)

的哪些一次因子x-ωk可以乘起來得到不可約有理系數(shù)因式.

15個(gè)根中只有 1是有理數(shù),是x-1的根,也就是 1次單位根.以它為根的一次因式x-1本來就是有理因式,不需要與別的因式相乘.

當(dāng)k=5q是 5的倍數(shù),(ωk)3=ω15q=1,ω5q是x3-1的根,是3次單位根.得到x3-1的兩個(gè)根ω5,ω10不是x-1的根,因此是

的全部 2個(gè)根,有分解式x2+x+1=(x-ω5)·(x-ω10).說明x15-1的兩個(gè)一次因式x-ω5,x-ω10相乘得到有理因式x2+x+1.

當(dāng)k=3q,(ωk)5=ω15q=1,可見ω3q是x5-1的根,是5次單位根.得到x5-1的4個(gè)根ω3,ω6,ω9,ω12,它們不是x-1的根,因此是

的全部4個(gè)根,有分解式Φ5(x)=(x-ω3)(x-ω6)(x-ω9)(x-ω12).說明x15-1的4個(gè)一次因式x-ω3,x-ω6,x-ω9,x-ω12相乘得到有理因式Φ5(x).

我們已經(jīng)看到,雖然x15-1的每個(gè)根ωk都是 15次單位根,但其中某些根是更低次數(shù)的單位根,滿足更低次數(shù)的方程xd-1=0.每個(gè)z=ωk都存在最小的正整數(shù)d使zd=1,d稱為z的乘法階,z稱為d次本原單位根,也就是說:z是d次單位根而不是更低次數(shù)的單位根.

15次單位根的乘法階都是 15的因子,只能是 1,3,5,15之一:

1次本原單位根只有 1,以它為根得到一次有理因式Φ1(x)=x-1.

3次本原單位根共有兩個(gè):ω5,ω10.以它們?yōu)楦玫接欣硪蚴?/p>

5次本原單位根共有 4個(gè):ω3,ω6,ω9,ω12.以它們?yōu)楦玫接欣硪蚴?/p>

剩下的 8個(gè)都是 15次本原單位根:ω,ω2,ω4,ω7,ω8,ω11,ω13,ω14.以它們?yōu)楦挠欣硪蚴?/p>

=x8-x7+x5-x4+x3-x+1，

x15-1=Φ1(x)Φ3(x)Φ5(x)Φ15(x)

=(x-1)(x2+x+1)(x4+x3+x2+x+1)·(x8-x7+x5-x4+x3-x+1).

一般地,n次單位根ω如果不是更低次數(shù)的單位根,就稱n次本原單位根.如果 (n,k)=1,則ωk也是n次本原單位根.以所有的n次本原單位根為根的有理多項(xiàng)式

稱為分圓多項(xiàng)式.分圓多項(xiàng)式都是有理系數(shù)不可約多項(xiàng)式.n有多少個(gè)因子 1

xn-1=Φ1(x)Φd2(x) …Φdm-1(x)Φn(x),

由此得到分圓多項(xiàng)式Φn(x)的算法：

素?cái)?shù)p只有兩個(gè)因子:1,p.

因此xp-1=(x-1)Φp(x),

例如Φ3(x)=x2+x+1,Φ5(x)=x4+x3+x2+x+1.

又如,素?cái)?shù)p的平方p2只有兩個(gè)真因子 1,p,因此

=xp(p-1)+xp(p-2)+…+xp+1,

=x2-x+1,

借題發(fā)揮3復(fù)數(shù)的代數(shù)模型

最后一次擴(kuò)充,由實(shí)數(shù)到復(fù)數(shù),i2=-1卻不舉例,強(qiáng)行規(guī)定一個(gè)符號(hào)i代表-1的平方根,不解釋-1的平方根為什么存在.

0x+0x=(0+0)x=0x

?(0x+0x)+(-0x)=0x+(-0x)

?0x=0.

規(guī)定i2=-1會(huì)不會(huì)也暗藏什么矛盾?

我們已經(jīng)舉出了現(xiàn)實(shí)例子:用i表示平面向量旋轉(zhuǎn)90°的變換,則 i2就是旋轉(zhuǎn)180°,就是-1.這就是現(xiàn)實(shí)生活中的i2=-1的例子.現(xiàn)實(shí)中存在的當(dāng)然不會(huì)有矛盾.

另一個(gè)方法是用邏輯推理建立無矛盾的模型.

我們?cè)趯?shí)數(shù)集合R之外構(gòu)造一個(gè)新數(shù)x滿足方程x2+1=0.

先看x與實(shí)數(shù)加減乘產(chǎn)生哪些新數(shù),這些新數(shù)怎樣參加運(yùn)算.

x自乘產(chǎn)生所有的正整數(shù)次冪xk.每個(gè)冪xk乘實(shí)數(shù)產(chǎn)生單項(xiàng)式akxk.單項(xiàng)式相加產(chǎn)生多項(xiàng)式f(x)=a0+a1x+…+anxn.這就產(chǎn)生了所有的實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式,組成集合R[x].其中的多項(xiàng)式可以按多項(xiàng)式運(yùn)算法則加減乘,得到的結(jié)果仍然在R[x]中,不再產(chǎn)生更多的新數(shù).

憑什么說多項(xiàng)式的字母x是R之外的“新數(shù)”?x是變量,可以任意取值.每個(gè)多項(xiàng)式f(x)=a0+a1x+…+anxn是自變量x與常數(shù)a0,a1,…,an經(jīng)過加減乘算出的函數(shù).按這個(gè)觀點(diǎn),R[x]不是數(shù)的集合,而是x的實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式函數(shù)的集合.R中的實(shí)數(shù)a0也是x的函數(shù),只不過它是常數(shù),只取一個(gè)固定值a0.R之外所有的多項(xiàng)式f(x)取值都不是常數(shù),都要變化,不同于任何一個(gè)常數(shù).R[x]中不同的多項(xiàng)式兩兩之差都不是0,都是不同的函數(shù).

要將函數(shù)集合R[x]變成數(shù)的集合,就要對(duì)x取值.比如令x=c,讓x取常數(shù)值c.每個(gè)多項(xiàng)式f(x)也就取常數(shù)值f(c).函數(shù)集合R[x]就變成所有這些f(c)組成的常數(shù)集合.如果c是實(shí)數(shù),這就是讓R[x]中兩個(gè)不同的多項(xiàng)式x,c取同一個(gè)常數(shù)值c.R中的常數(shù)沒有變,R之外的變量全部變成R中的常數(shù).特別地,

x=c?x-c=0?q(x)(x-c)=0(?q(x)∈R[x]),

非零多項(xiàng)式x-c以及它所有的倍式q(x)(x-c)全部變成常數(shù)0.每個(gè)多項(xiàng)式f(x)除以x-c有唯一的商q(x)和余式r,得到

f(x)=q(x)(x-c)+r

?f(c)=q(c)(c-c)+r=r,

可見f(x)的取值f(c)完全由f(x)除以x-c的余式r決定.同一余式r的所有多項(xiàng)式f(x)取值f(c)相同,都是r.這個(gè)結(jié)論稱為余數(shù)定理.特別地,f(c)=0?r=0,就是說:c滿足多項(xiàng)式方程f(x)=0?f(x)被x-c整除.這稱為因式定理.

既然x=c導(dǎo)致f(x)的取值由f(x)除以x-c的余式?jīng)Q定,也可以令x2=-1,導(dǎo)致

x2+1=0?q(x)(x2+1)=0?

f(x)=q(x)(x2+1)+a+bx

=q(x)0+a+bx=a+bx，

f(x)的取值由它除以x2+1的余式a+bx決定.同一余式a+bx的所有多項(xiàng)式f(x)組成一個(gè)集合,稱為模x2+1的同余類.將每個(gè)余式a+bx看成一個(gè)數(shù),a+bx所在同余類中所有的多項(xiàng)式都看成這個(gè)數(shù)的表達(dá)式.不同的同余類表達(dá)不同的數(shù).每個(gè)實(shí)數(shù)a∈R表示的數(shù)當(dāng)然還是a自己,a所在同余類 {a+q(x)(x2+1)|q(x) ∈R[x]}也都表達(dá)a.x表示的數(shù)記作i,x所在的同余類表達(dá)的也是i.i2+1由x2+1表達(dá),但x2+1除以x2+1的余式是 0,表達(dá)的數(shù)i2+1=0,因此i2=-1.每個(gè)多項(xiàng)式f(x)表達(dá)一個(gè)數(shù)f(i)=a+bi,其中a+bx是f(x)除x2+1的余式.所有的a+bi稱為復(fù)數(shù).

簡而言之,每個(gè)復(fù)數(shù)a+bi就是實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式集合R[x]模x2+1的一個(gè)同余類,a+bx是同余類中所有多項(xiàng)式的共同余式.i就是x所在的同余類.i2+1=0的原因是它除以x2+1的余式為 0.這是因?yàn)槲覀冞x擇了x2+1作為除式,x2+1自己除以自己的余式當(dāng)然是 0.

這樣得到的復(fù)數(shù)集合C={a+bi|a,b∈R}不但做加減乘運(yùn)算通行無阻,當(dāng)除數(shù)c+di≠0時(shí)做除法也通行無阻:

在例7中將多項(xiàng)式 (xsin 75°+sin 15°)2012除以x2+1求余式得到

(xsin 75°+sin 15°)2012=q(x)(x2+1)+(a+bx),

再將x=i代入,利用復(fù)數(shù)運(yùn)算求得a+bi,得到余式a+bx.例8也將x5替換成 1求除以x5-1的余式.這里是反過來,利用多項(xiàng)式除以x2+1的同余類構(gòu)造新數(shù)i滿足 i2+1=0.

也許你會(huì)問:能不能另外選一個(gè)除式,比如除以x2-2,同樣地得到余式a+bx,將x所代表的數(shù)記為某個(gè)字母θ,滿足θ2=2?

再用x2-2作除式構(gòu)造同余類,另外造了兩個(gè)根±θ,代進(jìn)去就得到兩個(gè)非零數(shù)θ+2,θ-2的乘積等于 0.x2+1則不同,它在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)沒有根,不能分解因式,不會(huì)出現(xiàn)這種違規(guī)情形.x2-2在有理數(shù)范圍內(nèi)沒有根,不能分解因式.因此可以在有理系數(shù)系數(shù)多項(xiàng)式集合Q[x]中以x2-2為除式建立同余類,就不會(huì)有問題.