我们为什么需要复数¶

最近断断续续听了647老师(B站UP我真的不懂分析)的复分析, 受益匪浅. 本系列推文作为笔记, 总结一些我认为复分析中有意思的内容.

复数的引入¶

有人会觉得, 我们是为了解方程 $$x^2=-1$$ 才引入复数 $$i=\sqrt{-1}$$ 但是这个说法本身就很不合理: 我们为什么要去解一个根本不存在的东西? 实际的意义是什么?

负数的引入在当初都引发了巨大的争议, $\sqrt{-1}$这样一个"Imaginary"的数, 如果没有十足的动力和广泛的应用是断然不会被广泛接受的.

此外这个说法和历史上复数的真实来历也有出入.

真实的历史情景是, 我们想要某些三次方程, 但是我们无法用实数的代数组合表示这个三次方程的解.

举例来说, 我们知道倍角公式： $$\cos\theta=4\cos^3\frac{\theta}{3}−3\cos\frac{\theta}{3}$$ 那么如果我们想求(这是非常有用的)： $$\cos 20^o$$ 只需要解三次方程： $$\frac{1}{2}=4x^3-3x$$ 也就是： $$8x^3-6x-1=0$$ 这是一个缺项的三次方程, 我们可以通过一些技巧写出解析解.

卡尔丹诺公式¶

对于缺项三次方程： $$x^3+px+q=0$$ 做换元： $$\begin{aligned} p &= -3mn\\ q &=-(m^3+n^3) \end{aligned}$$ 其中$m$和$n$的地位等同，不妨假设$m>n$。

稍加整理得到： $$\begin{aligned} m^3n^3&={\left(-\frac{p}{3}\right)}^3\\ m^3+n^3&=-q \end{aligned}$$ 根据韦达定理，$m^3$和$n^3$是下述方程的两个根： $$t^2+qt+{\left(-\frac{p}{3}\right)}^3=0$$ 进而可以使用求根公式得到： $$\begin{aligned} m^3 &= \frac{-q+\sqrt{q^2-4{\left(-\frac{p}{3}\right)}^3}}{2}\\ &=-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\\ \\ n^3 &= \frac{-q-\sqrt{q^2-4{\left(-\frac{p}{3}\right)}^3}}{2}\\ &=-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\\ \end{aligned}$$ 也就是 $$\begin{aligned} m &=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\\ \\ n &=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\\ \end{aligned}$$ 记： $$\Delta = {\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3$$ 那么 $$\begin{aligned} m &=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\Delta}}\\ \\ n &=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\Delta}}\\ \end{aligned}$$ 回到最初换元之后的方程： $$x^3-3mnx-(m^3+n^3)=0$$ 那么根据方程已有的有一个根： $$x=m+n$$ 可以做出如下的因式分解： $$(x-(m+n))(x^2+(m+n)x+m^2-mn+n^2)=0$$ 于是方程的三个根为： $$x_1 = m+n$$ 和 $$x_{2,3} = \frac{-(m+n)\pm \sqrt{-3(m-n)^2}}{2}$$ 这里面就出现了$i=\sqrt{-1}$这样的虚数，我们先暂时接受他，写成： $$\begin{aligned} x_{2,3} &= \frac{-(m+n)\pm (m-n)\sqrt{3}i}{2}\\ &=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}m+\frac{-1\mp \sqrt{3}i}{2}n \end{aligned}$$ 记： $$\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$$ 那么 $$x_2 = \omega m+ \bar \omega n$$ $$x_3 = \bar\omega m+ \omega n$$ 综上所述，原方程 $$x^3+px+q=0$$ 的解为： $$\begin{aligned} x_1 =&\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\\ &+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} x_2 = & \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\\ &+ \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} x_3 =& \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}} \\ &+\frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}} \end{aligned}$$

回到我们最开始的问题： $$\cos 20^o$$ 也就是解方程： $$x^3-\frac{3}{4}x-\frac{1}{8}=0$$ 把 $$\begin{aligned} p&=-\frac{3}{4}\\ q&=-\frac{1}{8} \end{aligned}$$ 带入卡尔丹诺公式得到： $$\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=\frac{-3}{256}$$ 所以： $$m=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\Delta}}=\sqrt[3]{\frac{1}{16}+\frac{\sqrt{3}i}{16}}$$ $$n=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\Delta}}=\sqrt[3]{\frac{1}{16}-\frac{\sqrt{3}i}{16}}$$ 也即是 $$m=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{3}i}{2}}$$ $$n=\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{1-\sqrt{3}i}{2}}$$ 所以原方程的解为： $$x_1 = m+n$$ $$x_2 = \omega m+ \bar \omega n$$ $$x_3 = \bar\omega m+ \omega n$$ 事实上，第一个根就是我们要的（后面两个则是$\cos 140^o$和$\cos 260^o$）： $$\cos 20^o =\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{3}i}{2}}+\sqrt[3]{\frac{1-\sqrt{3}i}{2}}\right)$$ 在python中很容易就可以检验这个答案：

from math import sqrt,cos,pi

w = (1+sqrt(3)*1j)/2
print(w**(1/3)/2+w.conjugate()**(1/3)/2)
# 输出(0.9396926207859084+0j)

print(cos(pi/9))
# 0.9396926207859084

为什么？¶

这大概是一个代数练习题。

我在网上找到了一份多伦多大学的Geoffrey Scott同学写的代数笔记，相关部分截图如下（这里面constructible就是规矩的的意思）：

证明的大致思路是：

1. 说明规矩数都属于有理数的某个代数扩域$F_n$
2. 说明上述的扩域$F_n$的次数是2
3. 说明扩域$\mathbb{Q}[\cos 20^o]$的次数是3
4. 从而说明了$\cos 20^o$不是规矩数

这也就证明了，这个数不能在实数范围内用有限次的加减乘除开方表示。