複數幾何：旋轉、根與參數分類

在完備有序實數域中，對 $b>0$ 和整數 $m\ge1$，令 $S=\{t\ge0:t^m\le b\}$。它包含 $\min\{1,b\}>0$，且以 $\max\{1,b\}$ 為上界，故存在 $r=\sup S>0$。有限因式分解給出：對非負的 $t,r\le M$，

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

取 $M=r+1$。若 $r^m<b$，選 $0<h<1$ 使 $mM^{m-1}h<b-r^m$，則 $(r+h)^m<b$，與上界 $r$ 矛盾。若 $r^m>b$，選 $0<h<\min\{1,r\}$ 使 $mM^{m-1}h<r^m-b$，則 $(r-h)^m>b$；由非負數整數冪的單調性，$r-h$ 是 $S$ 的上界，與上確界矛盾。因此 $r^m=b$。當 $b=0$，唯一非負根為零。同一因式分解說明 $t>s\ge0$ 時 $t^m>s^m$，故正根唯一。

學習目標與準備

$a+bi$ 與 $r(\cos\theta+i\sin\theta)$ 描述同一點，但突出了不同運算。本章從直角坐標運算出發研究旋轉、根與軌跡，並考察參數如何改變方程的幾何形態。預備知識包括實代數、弧度制三角函數、共軛與模的公式，以及有限等比和恆等式。

1. 乘法與除法是幾何映射

固定 $w=u+iv$，乘法把 $z=x+iy$ 映為

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

在實坐標中，其矩陣為 $\begin{pmatrix}u&-v\\v&u\end{pmatrix}$，行列式為 $u^2+v^2=|w|^2$。若 $w\ne0$，映射可逆，逆映射為乘以 $\overline w/|w|^2$；若 $w=0$，所有點都映到原點。

下列三角加法恆等式與平面旋轉相連：

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

證明

我們採用旋轉的幾何事實：繞原點的旋轉保持距離與平面定向（順、逆時針次序），並且對坐標分量是線性的。令 $R_\alpha$ 表示逆時針旋轉 $\alpha$。由單位圓，兩個坐標基向量分別旋轉為

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

由線性性，它對角為 $\beta$ 的點的作用為

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

從幾何上看，連續旋轉的角度相加，所以同一點也是 $(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))^T$。比較坐標即證明兩個恆等式，而無須預先使用它們。令 $\beta=\alpha=\theta$，得到 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ 和 $\cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta$。恆等式對定義域內每個輸入成立；方程詢問哪些輸入使特定等式成立。

寫 $w=\rho\operatorname{cis}\phi$，其中 $\rho>0$，$\operatorname{cis}\phi=\cos\phi+i\sin\phi$。矩陣是角 $\phi$ 的旋轉矩陣乘以 $\rho$。因此乘以非零複數恰是等比伸縮後旋轉；長度乘以 $\rho$，有向面積乘以 $\rho^2>0$。單獨的乘法不會反射平面。共軛的矩陣為 $\operatorname{diag}(1,-1)$，表示關於實軸的反射。

對非零 $z,w$，除以 $w$ 將長度乘以 $1/|w|$，並減去 $w$ 的一個輻角；$w\ne0$ 才允許除法。倒數映射 $z\mapsto1/z$ 本身不是單個線性旋轉伸縮：其尺度隨輸入改變，不能將固定乘法的幾何結論直接照搬。

映射例。 乘以 $1+i$ 的尺度為 $\sqrt2$、旋轉角為 $\pi/4$。實數 $t$ 給出的直線 $z=t$ 映為 $t+it$，即直線 $y=x$。圓 $|z-2|=1$ 的像為 $|w-2(1+i)|=\sqrt2$，因為 $|w-(1+i)2|=|1+i||z-2|$。圓心和半徑都須變換。

2. 輻角是角度的等價類

對 $z\ne0$，任意兩個輻角相差 $2k\pi$。選主輻角分支 $-\pi<\operatorname{Arg}z\le\pi$ 時，乘積的輻角按 $2\pi$ 取模相加，主值不一定字面相等。

例如令 $z=w=e^{3\pi i/4}$，此處 $e^{i\theta}$ 僅作為 $\operatorname{cis}\theta$ 的記號。兩主輻角之和為 $3\pi/2$，而乘積的主輻角為 $-\pi/2$；二者相差 $2\pi$，因此極式乘法仍正確。此記號不需要先解析構造複指數。

求 $R\operatorname{cis}\phi$ 的 $n$ 次根（$n$ 為正整數，$R>0$）時，使用 $k=0,\ldots,n-1$ 的全部角 $(\phi+2k\pi)/n$。改用另一輻角 $\phi+2m\pi$ 只會重排這些根，不會產生不同根集。只把主輻角除以 $n$ 會選出一個根，而不是解出整個多項式方程。

為使推導完整，由極式乘法，從 $n=1$ 開始對正整數 $n$ 歸納得到 $(r\operatorname{cis}\theta)^n=r^n\operatorname{cis}(n\theta)$：將第 $n$ 步再乘 $r\operatorname{cis}\theta$，輻角相加便得到下一步。因此完整根表為

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

其中 $R^{1/n}$ 是唯一的正實數 $n$ 次根。直接代入得到 $z_k^n=R\operatorname{cis}\phi$。反之，任一根都非零，可寫成極式 $r\operatorname{cis}\theta$；模相等迫使 $r=R^{1/n}$，單位圓上的點相等迫使 $n\theta-\phi=2m\pi$，其中 $m$ 為整數。寫 $m=qn+k$、$0\le k<n$；多出的角 $2q\pi$ 不改變點，故該根等於 $z_k$。若 $z_j=z_k$，輻角之差 $2(j-k)\pi/n$ 是 $2\pi$ 的整數倍，故 $n$ 整除 $j-k$；所選指標範圍迫使 $j=k$。這證明存在性、窮盡性及互異性，不需使用代數基本定理。

3. 單位根與正多邊形

令整數 $n\ge2$，$\zeta=\operatorname{cis}(2\pi/n)$。$z^n=1$ 的 $n$ 個解是 $1,\zeta,\ldots,\zeta^{n-1}$，它們在單位圓上等間隔。它們互不相同，因為 $\zeta^j=\zeta^k$ 要求 $j-k$ 是 $n$ 的倍數。其和為零：

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

其中 $\zeta\ne1$ 保證除法合法。因此多邊形頂點的平均值為原點；這不僅依靠圖形對稱性，還由代數證明。

更一般地，對整數 $m$，

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

若 $n\mid m$，每項均為一；否則 $\zeta^m\ne1$ 而 $(\zeta^m)^n=1$，由有限等比恆等式得零。分母為零的情形須分開，不能直接約去。

當 $w\ne0$ 時，方程 $z^n=w$ 給出該多邊形的旋轉伸縮像：選一個根 $z_0$，將它乘以每個單位根，得到全部根及其幾何排列。若 $w=0$，方程 $z^n=0$ 的唯一根是 $z=0$。

4. 參數可使根從直線移到圓上

考慮實參數 $t$ 的方程 $z^2-2tz+1=0$。配方得 $(z-t)^2=t^2-1$，分為：

• 若 $|t|<1$，根為 $t\pm i\sqrt{1-t^2}$，互為共軛且模為一，位於單位圓上。
• 若 $t=1$ 或 $t=-1$，兩根合併為重實根 $1$ 或 $-1$。
• 若 $|t|>1$，根 $t\pm\sqrt{t^2-1}$ 是不同實數，乘積為一；恰有一個模小於一，另一個模大於一。

最後一條中，兩根均非零，也都不可能模為一：模為一的實數只有 $\pm1$，代入方程僅在 $t=\pm1$ 時成立。兩根的模的乘積為一，且在非邊界情形模不同，故一個在單位圓內，另一個在圓外。

分類窮盡所有解。若複數 $a+ib$ 的平方為實數，則 $2ab=0$。平方為正時有兩個實平方根；為負時有兩個純虛根；為零時根為零。因此配方方程給出的是全部根，不只是可能的候選。

反向理解。 原方程除以非零 $z$ 得 $z+1/z=2t$。令 $z=re^{i\theta}$，其虛部為 $(r-r^{-1})\sin\theta$。要使和為實數，須 $r=1$ 或 $\sin\theta=0$。故解位於單位圓或非零實軸上，正是代數分類所得的兩類。

5. 距離軌跡的變換須保持等價

$|z-a|=k|z-b|$（$k>0$）表示固定距離比。兩邊非負，故平方與原方程等價。若 $k=1$ 且 $a\ne b$，二次項抵消，得到垂直平分線。若 $k\ne1$，二次項不抵消；展開 $|z-a|^2=|z|^2-2\operatorname{Re}(z\overline a)+|a|^2$ 並配成模的平方，得到圓心 $c=(a-k^2b)/(1-k^2)$，半徑 $k|a-b|/|1-k^2|$。實際上，半徑平方為 $|c|^2-(|a|^2-k^2|b|^2)/(1-k^2)=k^2|a-b|^2/(1-k^2)^2$。兩焦點不同時半徑為正，軌跡是實實在在的圓而非退化點。

這裡使用的是未作除法的等式 $|z-a|=k|z-b|$，對每個 $z\in\mathbb C$ 都有定義，並非以 $|z-b|$ 為分母的商。若 $a=b$ 且 $k=1$，每個複數都是解；若 $a=b$ 且 $k\ne1$，方程化為 $(1-k)|z-a|=0$，故軌跡只有點 $a$，這也是公式中半徑為零的情形。若另問商方程 $|z-a|/|z-b|=k$，其定義域必須排除 $z=b$，須將等式的軌跡與這個較小定義域取交集。特別地，當 $a=b$ 時，商方程在 $k=1$ 時的軌跡為 $\mathbb C\setminus\{a\}$，在 $k\ne1$ 時為空集。

軌跡例。 對 $|z-1|=2|z+1|$，令 $z=x+iy$ 並平方：

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

整理得 $3x^2+10x+3+3y^2=0$，即 $(x+5/3)^2+y^2=16/9$。軌跡是圓心 $(-5/3,0)$、半徑 $4/3$ 的圓。原距離方程兩邊均非負，因此圓上每點也滿足未平方的關係；平方沒有引入多餘點。

綜合練習與診斷

1. 幾何。 描述 $|z-(1-i)|=2$ 在 $w=iz$ 下的像，並解釋為甚麼沒有反射。
2. 分支診斷。 學生斷言每個非零 $z$ 都滿足 $\operatorname{Arg}(z^2)=2\operatorname{Arg}z$。反駁字面斷言並寫出正確的模關係。
3. 根的結構。 對整數 $n\ge2$ 和任意非零 $w$，用單位根證明 $z^n=w$ 的所有不同根之和為零，不使用一般的系數與根關係定理。
4. 參數分析。 對實參數 $s$，分類 $z+1/z=s$ 的所有複解，說明零被排除並包括重根情形。
5. 軌跡。 求所有滿足 $|z-2i|=|z+2i|$ 的 $z$，並證明所得集合與原軌跡的兩個方向包含關係。
6. 挑戰。 令 $\zeta=\operatorname{cis}(2\pi/5)$。計算 $\sum_{k=0}^4\zeta^{3k}$ 和 $\sum_{k=0}^4\zeta^{5k}$，解釋為何不能對兩者都不加檢查地使用同一個分式公式。

完整解答

1. 圓心映為 $i(1-i)=1+i$，$|i|=1$ 使半徑二不變，故像為 $|w-(1+i)|=2$。乘法矩陣是旋轉 $\pi/2$、行列式為一的矩陣，而非反射。
2. 取 $z=\operatorname{cis}(3\pi/4)$。則 $z^2=\operatorname{cis}(3\pi/2)$ 的主輻角為 $-\pi/2$，而輸入主輻角的兩倍為 $3\pi/2$。正確關係是在模 $2\pi$ 下相等；加倍後選取指定主值區間的代表。
3. 取一個非零根 $z_0$，所有根均為 $z_0\zeta^k$（$k=0,\ldots,n-1$）：除以 $z_0$ 後其 $n$ 次冪為一，而根公式表明這個列表完整且互不相同。因 $n\ge2$，其和為 $z_0\sum\zeta^k=0$。
4. 方程僅在 $z\ne0$ 時有定義，化為 $z^2-sz+1=0$；其根都非零。令 $t=s/2$。若 $|s|<2$，兩根 $s/2\pm i\sqrt{1-s^2/4}$ 在單位圓上；$s=2$ 時重根為一，$s=-2$ 時重根為負一。若 $|s|>2$，兩根 $(s\pm\sqrt{s^2-4})/2$ 是不同實數，互為倒數，一個模小於一，另一個大於一。
5. 令 $z=x+iy$，平方距離給出 $x^2+(y-2)^2=x^2+(y+2)^2$，等價於 $y=0$。任一原解相減後必須滿足 $y=0$；反之每個實數 $z$ 到兩個共軛焦點距離相等，故軌跡為實軸。
6. 五不整除三，故 $\zeta^3\ne1$，其五次冪為一，由有限等比恆等式第一和為零。五整除五，第二和每項都是一，總和為五。分母 $1-\zeta^5=0$ 的商沒有定義，不能取代對此情形的直接檢驗。

總結與術語

旋轉伸縮對所有向量使用同一角度和尺度。主輻角是所選角度代表，不是全局可加的實函數。單位根將每個非零根方程組織為正多邊形。參數分類在根類型或重數改變處劃分情形。距離比軌跡只有在每步變換保持等價時，才能由模方程準確轉化為直角坐標幾何。