在物理化学中，我们经常使用复数。在本数学附录中，我们回顾复数的一些性质。回想一下，复数包含虚数单位 $i$，其定义为 $-1$ 的平方根：
$$ i = \sqrt{-1} \quad \text{(A.1)} $$
或
$$ i^2 = -1 \quad \text{(A.2)} $$
复数自然产生于某些二次方程的求解。例如，方程
$$ z^2 - 2z + 5 = 0 $$
的两个解由下式给出
$$ z = 1 \pm \sqrt{-4} $$
或
$$ z = 1 \pm 2i $$
通常，我们将复数写为：
$$ z = x + iy \quad \text{(A.3)} $$
其中
$$ x = \text{Re}(z) \quad y = \text{Im}(z) \quad \text{(A.4)} $$
我们通过分别相加或相减复数的实部和虚部来进行加法或减法。例如，如果 $z_1 = 2 + 3i$ 且 $z_2 = 1 - 4i$，则
$$ z_1 - z_2 = (2 - 1) + (3 + 4)i = 1 + 7i $$
此外，我们可以写出
$$ 2z_1 + 3z_2 = 2(2+3i) + 3(1 – 4i) = 4 + 6i + 3 – 12i = 7 – 6i $$
要将复数相乘，我们只需将两个量作为二项式相乘，并利用 $i^2 = -1$ 的事实。例如，
$$ (2-i)(-3 + 2i) = -6 + 3i + 4i – 2i^2 = -6 + 7i - 2(-1) = -4 + 7i $$
为了对复数进行除法，引入 $z$ 的复共轭 $z^*$ 是很方便的，复共轭是通过将 $i$ 替换为 $-i$ 形成的。例如，如果 $z = x + iy$，则 $z^* = x - iy$。注意，一个复数乘以它的复共轭是一个实量：
$$ zz^* = (x + iy)(x – iy) = x^2 – i^2y^2 = x^2 + y^2 \quad \text{(A.5)} $$
$zz^*$ 的平方根称为 $z$ 的模或绝对值，记为 $|z|$。现在考虑两个复数的商
$$ z = \frac{2+i}{1+2i} $$
如果我们用分母 $1+2i$ 的复共轭 $1-2i$ 乘以分子和分母，则这个比值可以写成 $x + iy$ 的形式：
$$ z = \frac{2+i}{1+2i} \left(\frac{1-2i}{1-2i}\right) = \frac{2 - 4i + i - 2i^2}{1 - 4i^2} = \frac{2 - 3i + 2}{1 + 4} = \frac{4-3i}{5} = \frac{4}{5} - \frac{3}{5}i $$
证明
$$ z^{-1} = \frac{x}{x^2 + y^2} - \frac{iy}{x^2 + y^2} $$
解：
$$ z^{-1} = \frac{1}{z} = \frac{1}{x+iy} = \frac{1}{x+iy} \left(\frac{x-iy}{x-iy}\right) = \frac{x-iy}{x^2 + y^2} = \frac{x}{x^2+y^2} - \frac{iy}{x^2+y^2} $$
因为复数由实部和虚部两部分组成，所以我们可以用二维坐标系中的一个点来表示复数，其中实部沿水平 ($x$) 轴绘制，虚部沿垂直 ($y$) 轴绘制，如图 A.1 所示。该图所在的平面称为复平面。如果从该图的原点到点 $z = (x, y)$ 绘制一个向量 $\mathbf{r}$，则该向量的长度 $r = (x^2 + y^2)^{1/2}$ 是 $|z|$，即 $z$ 的模或绝对值。向量 $\mathbf{r}$ 与 $x$ 轴形成的角 $\theta$ 是 $z$ 的相角（辐角）。
已知 $z = 1 + i$，确定 $z$ 的模 $|z|$ 和相角 $\theta$。
解：
$z$ 的模由以下表达式的平方根给出：
$$ zz^* = (1 + i)(1 – i) = 1 - i^2 = 1 - (-1) = 2 $$
即 $|z| = 2^{1/2}$。图 A.1 显示，相角的正切由下式给出：
$$ \tan \theta = \frac{y}{x} = \frac{1}{1} $$
或 $\theta = 45^\circ$，或 $\pi/4$ 弧度。（回想一下，1 弧度 = $180^\circ/\pi$，或 $1^\circ = \pi/180$ 弧度。）
我们总是可以使用欧拉公式将 $z = x + iy$ 表示为 $r$ 和 $\theta$ 的形式：
$$ e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta \quad \text{(A.6)} $$
这将在问题 A-10 中推导。参考图 A.1，我们看到
$$ x = r \cos \theta \quad \text{和} \quad y = r \sin \theta $$
所以
$$ z = x + iy = r \cos \theta + ir \sin \theta = r(\cos \theta + i \sin \theta) = re^{i\theta} \quad \text{(A.7)} $$
图 A.1
复数$z = x + iy$ 在二维坐标系中的表示点。该图所在的平面称为复平面。
其中
$$ r = (x^2 + y^2)^{1/2} \quad \text{(A.8)} $$
且
$$ \tan \theta = \frac{y}{x} \quad \text{(A.9)} $$
方程 A.7，即 $z$ 的极坐标表示 (polar representation)，通常比方程 A.3，即 $z$ 的笛卡尔表示 (Cartesian representation)，更方便使用。注意
$$ z^* = re^{-i\theta} \quad \text{(A.10)} $$
并且
$$ zz^* = (re^{i\theta}) (re^{-i\theta}) = r^2 e^{i\theta}e^{-i\theta} = r^2 e^{i(\theta-\theta)} = r^2 e^0 = r^2 \quad \text{(A.11)} $$
或 $r = (zz^*)^{1/2}$。
另请注意，$z = e^{i\theta}$ 是复平面中的单位向量，因为 $r^2 = (e^{i\theta})(e^{-i\theta}) = 1$。下面的例题以另一种方式证明了这一结果。
证明 $e^{-i\theta} = \cos \theta - i \sin \theta$，并使用此结果和 $z$ 的极坐标表示来证明 $|e^{i\theta}| = 1$。
解：
为了证明 $e^{-i\theta} = \cos \theta - i \sin \theta$，我们使用方程 A.6 以及 $\cos \theta$ 是 $\theta$ 的偶函数 $[\cos(-\theta) = \cos \theta]$ 和 $\sin \theta$ 是 $\theta$ 的奇函数 $[\sin(-\theta) = -\sin \theta]$ 的事实。因此，
$$ e^{-i\theta} = \cos (-\theta) + i \sin (-\theta) = \cos \theta - i \sin \theta $$
此外，
$$ |e^{i\theta}| = [(e^{i\theta})(e^{i\theta})^*]^{1/2} = [(\cos \theta + i \sin \theta)(\cos \theta - i \sin \theta)]^{1/2} = (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)^{1/2} = 1 $$
A-1. 求下列量的实部和虚部： a. $(2-i)^3$ b. $e^{\pi i/2}$ c. $e^{-2+i\pi/2}$ d. $(\sqrt{2}+2i)e^{-i\pi/2}$
A-2. 若 $z = x + 2iy$，则求 a. $\text{Re}(z^*)$ b. $\text{Re}(z^2)$ c. $\text{Im}(z^2)$ d. $\text{Re}(zz^*)$ e. $\text{Im}(zz^*)$
A-3. 将下列复数表示为 $re^{i\theta}$ 的形式： a. $6i$ b. $4-\sqrt{2}i$ c. $-1-2i$ d. $\pi + ei$
A-4. 将下列复数表示为 $x + iy$ 的形式： a. $e^{\pi i/4}$ b. $6e^{2\pi i/3}$ c. $e^{-(\pi/4)i+\ln 2}$ d. $e^{-2\pi i} + e^{4\pi i}$
A-5. 证明 $e^{i\pi} = -1$。评论此关系中数字的性质。
A-6. 证明
$$ \cos \theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} $$
且
$$ \sin \theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} $$
A-7. 使用方程 A.7 推导
$$ z^n = r^n (\cos \theta + i \sin \theta)^n = r^n (\cos n\theta + i \sin n\theta) $$
并由此推导出棣莫弗公式 (formula of De Moivre)：
$$ (\cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos n\theta + i \sin n\theta $$
A-8. 使用问题 A-7 中给出的棣莫弗公式，推导出以下三角恒等式
$$ \cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta $$
$$ \sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta $$
$$ \cos 3\theta = \cos^3 \theta - 3 \cos \theta \sin^2 \theta = 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta $$
$$ \sin 3\theta = 3 \cos^2 \theta \sin \theta – \sin^3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta $$
A-9. 考虑函数集
$$ \Phi_m(\phi) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{im\phi} \quad m = 0, \pm 1, \pm 2,... \quad 0 \leq \phi \leq 2\pi $$
首先证明
$$ \int_0^{2\pi} d\phi \Phi_m(\phi) = \begin{cases} 0 & \text{对所有 } m \neq 0 \ \sqrt{2\pi} & \text{对 } m=0 \end{cases} $$
现在证明
$$ \int_0^{2\pi} d\phi \Phi_m^*(\phi) \Phi_n(\phi) = \begin{cases} 0 & \text{对 } m \neq n \ 1 & \text{对 } m=n \end{cases} $$
A-10. 本问题提供欧拉公式的一种推导方法。从以下公式开始：
$$ f(\theta) = \ln(\cos \theta + i \sin \theta) \quad \text{(1)} $$
证明
$$ \frac{df}{d\theta} = i \quad \text{(2)} $$
现在对方程 2 两边积分，得到
$$ f(\theta) = \ln(\cos \theta + i \sin \theta) = i\theta + c \quad \text{(3)} $$
其中 $c$ 是积分常数。证明 $c = 0$，然后对方程 3 取指数，得到欧拉公式。
A-11. 我们已经看到指数函数和自然对数函数（问题 A-10）都可以扩展到包含复数自变量。这通常对大多数函数都成立。使用欧拉公式并假设 $x$ 表示实数，证明 $\cos ix$ 和 $-i \sin ix$ 等价于实变量 $x$ 的实函数。这些函数分别定义为双曲余弦函数和双曲正弦函数，即 $\cosh x$ 和 $\sinh x$。绘制这些函数的草图。它们像 $\sin x$ 和 $\cos x$ 一样振荡吗？现在证明 $\sinh ix = i \sin x$ 且 $\cosh ix = \cos x$。
A-12. 计算 $i^i$。
A-13. 方程 $x^2 = 1$ 有两个不同的根，$x = \pm 1$。方程 $x^N = 1$ 有 $N$ 个不同的根，称为 $N$ 次单位根 (roots of unity)。本问题展示如何找到 $N$ 次单位根。我们将看到有些根是复数，因此我们将方程写为 $z^N = 1$。现在令 $z = re^{i\theta}$，得到 $(re^{i\theta})^N = 1$。证明这必须等价于 $e^{iN\theta} = 1$，或 $\cos N\theta + i \sin N\theta = 1$。现在论证 $N\theta = 2\pi n$，其中 $n$ 取 $N$ 个不同的值 $0, 1, 2, ..., N - 1$，或者说 $N$ 次单位根由下式给出：
$$ z = e^{2\pi i n/N} \quad n = 0, 1, 2, ..., N – 1 $$
证明当 $N = 1$ 和 $N = 2$ 时，我们分别得到 $z = 1$ 和 $z = \pm 1$。现在证明
$$ z=1, -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}, \text{ 和 } -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} $$
当 $N = 3$ 时。证明这些根中的每一个的模都是单位模（为 1）。在复平面上绘制这三个根。现在证明当 $N = 4$ 时，$z = 1, i, -1, \text{ 和 } -i$，并且
$$ z=1, -1, \frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}, \text{ 和 } -\frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2} $$
当 $N = 6$ 时。在复平面上绘制当 $N = 4$ 时的四个根和当 $N = 6$ 时的六个根。比较当 $N = 3, N = 4, \text{ 和 } N = 6$ 时的绘图。你看到规律了吗？
A-14. 使用问题 A-13 的结果，求方程 $x^3 = 8$ 的三个不同根。
路易·德布罗意（Louis de Broglie）于 1892 年 8 月 15 日出生于法国迪耶普的一个贵族家庭，并于 1987 年去世。他于 20 世纪 10 年代早期本科学习历史，但由于他与他的哥哥莫里斯（Maurice）一起工作而对科学产生了兴趣，莫里斯建立了自己的私人 X 射线研究实验室。第一次世界大战后，德布罗意重新开始他的物理学正规学习，并于 1924 年获得巴黎大学的科学博士学位。他的论文是关于物质的波状性质，这在当时是一个极具争议和原创性的提议。德布罗意利用狭义相对论，推测物质粒子在某些条件下应该表现出波状性质，就像已知辐射表现出粒子状性质一样。获得博士学位后，他留在索邦大学担任自由讲师，后来被任命为新建的亨利·庞加莱研究所的理论物理学教授。他从 1937 年起至 1962 年退休一直担任巴黎大学的理论物理学教授。他推测的波状性质后来通过实验得到了证明，现在被用作电子显微镜的基础。德布罗意在其职业生涯的后期一直在努力为波动力学寻求一种因果解释，以取代概率论。他于 1929 年被授予诺贝尔物理学奖，“以表彰他发现了电子的波动性质”。