\section{基本介绍}

要说复数是怎么产生的，可能很多人都会说，不就是$\sqrt{-1}$呗！但是，这仿佛又不合我们的直觉。如果存在一个数，它的平方却是一个负数，那它一定不是一般人可以理解的。复数方法直到欧拉时期才开始大放异彩，而之前，虽然人们屡屡遇到它，但却又避之不及——它违反了人们的直觉。

在我心中，复数是数学从“可以理解”变到“难以理解”的开端。尽管一些比较难的奥赛题都是涉及数论和代数的，但它们都不违反直觉。
我们高中就开始学习复数，但它的不可理解性甚至超过了大学的高等数学。复数很容易进行可视化——一个实轴和一个虚轴，但是我们未必能从直觉上去理解这件事情。

后来，在阅读《Visual complex analysis》[1]和《Mathematics and its History》[2]时，对复数的起源有了一些自己的思考和感悟，于是打算写这么一个专题，介绍一下复数的起源。
本文会从历史的角度，介绍复数的起源，从历史来剖析，可以更好地理解究竟什么是复数，以及复数应该怎么去应用。对于所有出现过的人物，我会注明其生平和国家，这样相信大家就能对复数的历史更有把握。由于古代科学全才太多，很多人都身兼数职，例如数学家、物理学家、天文学家，这里为了方便只标记为数学家。

\section{二次方程、三次方程与解}
如果你能明白负数是怎么产生的，或许就不难理解复数的产生。

直觉上，自然界没有负数。要么，我们有一个苹果，要么有两个，就算没有，也是零个（值得一说的是，“0”的起源也是费了老一番功夫了）。而我们并不是很难理解负数，因为世界上存在减法，并且减法和加法都符合交换律，所以负数这种东西其实就是存在于算数中的一种工具，脱离了算术，它什么都不是——比如，“我有-1个苹果”，这没有意义对吧？而在一整个算术系统中，负数就具有了实际意义：我欠了别人一个苹果。

阿尔·花拉子米（约780～约850，阿拉伯数学家）对于一元二次方程问题（$x^2+bx=c$）的解法是基于面积的，这种解法由于面积不会是负数，所以只会得到正根：

\centerline{\includegraphics[width = 0.45\textwidth]{p1-1.png}}

如上图：

\begin{align}
(x+0.5b)^{2}=c+0.25b{2}
\end{align}

而且，$c+0.25b^2$要大于0，否则就只有复数根了。在当时的阿拉伯数学界，人们连负数都不承认，更何况复数呢？

笛卡尔（1596-1650，法国数学家）坐标系诞生以后，二次方程的求解问题在图示上可以理解为是一个曲线和横坐标x之间的交点。“虚数”这个名词就是笛卡尔起的，他不接受复根。

我们把目光局限到16世纪，尽管这个时候还没有坐标系和解析几何出现，但我们仍然可以对方程进行一些基本研究。
按照直觉理解，既然有很多情况下二次方程可能没有解，我们就没有必要去考虑什么复交点。面积法更是如此，对负数开方显得非常没有必要。

三次方程的研究则不可避免的会使得复数开始进入人们的视野。三次方程和二次方程的一个区别在于，它永远有一个及以上的实根，但是有时候我们能没法使用代数方法计算出这个实根（在不使用复数的前提下），我们马上会解释这一点。

三次方程$y^3=yx+q$的卡尔达诺（1501-1576，意大利数学家）解为：
\begin{align}
y=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{(\frac{q}{2})^{{2}-(\frac{p}{3})}{3}}} +\sqrt[3]{\frac{q}{2}-\sqrt{(\frac{q}{2})^{{2}-(\frac{p}{3})}{3}}}
\end{align}

当$(\frac{q}{2}{)}^2-(\frac{p}{3}{)}^3<0$时，就会出现复数。但是，例如下面的方程：
\begin{align}
& x^{3}=15x+4 \
& x=\sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}} + \sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}}
\end{align}

它总会在实轴上得到一个根，那么就奇了怪了，这个根是哪里来的？

卡尔达诺提出应该去思考这种负数开平方的解的形式，但是也只是建议尝试表示一下而已，他认为这种东西其实用处不会很大（这充分说明了历史的局限性，即使是顶级的数学家也不能过于超前地认识到一些方法）。

直到邦贝利（1526-1572，意大利数学家）认识到，$\sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}}$和$\sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}}$可能分别具有$2+n\sqrt{-1}$以及$2-n\sqrt{-1}$的形式，于是他进行了一系列的计算，发现正好是三次方的关系，即：
\begin{align}
& \sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}} = 2 + \sqrt{-1} \
& \sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}} = 2 - \sqrt{-1}
\end{align}

所以这个三次方程的解就是：
\begin{align}
& x=\sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}} + \sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}} = 2+\sqrt{-1}+2-\sqrt{-1}=4
\end{align}

\section{沃利斯与复数的数轴表示}

我们知道了复数的引入，但是如果它只能用来解方程，那就复数的发展就只能停留在高中水平——高考数学选择题的第一题——仅仅为了判断学生是否足够细致的一道题。

尽管邦贝利成功使用复数来得到了三次方程的根，但是应该如何表示复数，却并不容易。

沃利斯（1616-1703，英国数学家）在这方面做出了一点尝试。尽管他的方式不正确，但是我们按照他的思路，来分析一下复数根，例如方程：
\begin{align}
& x^{2}+2bx+c{2}=0\ \ \ \ \ b,c>0 \
& x=-b\pm \sqrt{b^{2}-c{2}}
\end{align}

当$b>c$时，沃利斯用这个图来进行表示：

\centerline{\includegraphics[width = 0.45\textwidth]{p1-2.png}}

但是当$b<c$的时候，b太短，所以交点会偏离直线外（这个想法是多么的美妙！），但可惜他的偏离方式不是很正确。首先他把式子变为这样：
\begin{align}
& x=-b\pm i\sqrt{c^{2}-b{2}}
\end{align}

然后图示就变为了：

\centerline{\includegraphics[width = 0.45\textwidth]{p1-3.png}}

但是可以看出来，当b=0时，$\pm ic$会在同一个位置，即$+i=-i$，这显然是不对的。但是在当时的那个年代，能有这种想法（即虚数会在数轴之外）已经很不容易了。
在沃利斯的时代，人们连负数都持怀疑态度，比如$(-1)\times (-1)$的意义，也是尚且不明确的，这也说明沃利斯的想法之超前了。

\section{复数——二维数}
即使到了18世纪，人们对于复数的观点都是如何利用它去推导实数的结论。人们会利用到这些结论，但如果有可能，人们会避开使用复数。

但如果复数只是作为一个工具而存在的，那么也必然不会发展出那么多的理论。现在我们要明确的是，我们假设数不再是一维的，而是二维的：$x=(a,b)$，其中，实数是一种特例：$x_R=(a,0)$。
函数值也不再只是一维的，而是二维的：$f(x)=(c,d)$。

对于结果为实值的函数，其实就是$f((a,b))=(c,0)$,。在以前，我们会认为只存在$(a,0)$这样的数（当然，这就是实数），而后来，我们开始逐渐接受$(a,b)b\ne 0$这样的数了。

我们很难绘制$f((a,b))$，因为$(a,b)$是二维的，$f((a,b))$也是二维的，这就需要四维空间去表示。但我们可以思考，对于某个一元函数$f(x)$，它的输入是$(a,b)$，令$f((a,b))=(c,0)$，例如：
\begin{align}
& f_{1}(x)=x^{2}+2x+2=0 \Longrightarrow (x+1)^{2}+1=0\
& x_{1}=-1+i\ \ \ \ \ \ \ x_{2}=-1-i
\end{align}

我们令$x_a=-1+a\times i$，$a$一直从0变到20，得到$T(a)=f_1(x_a)$为：

\centerline{\includegraphics[width = 0.55\textwidth]{p1-4.png}}

$T(a)$的输出都是实数，而且也是连续变化的，在$a=\pm 1$时，得到方程的两个虚数根。

当我们能够接受一维，我们就应该尝试去接受二维——复数就是存在于二维上的数$(x+iy)$，这就跟二维平面上的某个点$(x,y)$很像。但注意，点是点，数是数，这两者还是需要区分的。我们应该认识到的是，复数就像实数一样，它是实实在在存在的，而不仅仅是为了计算而使用的某个工具。

所以，既然数可以不止是一维的，那么——超复数，即三元复数、四元复数等更高维度的复数也会是存在的。
超复数的发展与群论是密不可分的，只有在定义了一系列的运算规则以后，才可以使用它们来进行一些具体的操作，比如复数$(a,b)$与$(c,d)$乘除、加减的运算规则。

\section{复数与欧拉公式}

人们从很久之前就开始从事对角度的研究，也推导出了不少定理，例如$\sin 2x=2\sin x\cos x$（这些用纯几何方法都是可以得到的）。注意本节推导的欧拉公式只是直观上去理解，严谨的推导放在了后面一节。

泰勒（1685-1731，英国数学家）在微积分的基础上推导出了泰勒级数，借助泰勒级数，可以得到：
\begin{align}
& e^{{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2}}{2!}+…++\frac{x^{n}}{n!}+… \
& \cos x = 1-\frac{x^{{2}}{2!}+\frac{x}{4}}{4!}-\frac{x^{{6}}{6!}…+\frac{x}{4n-4}}{(4n-4)!}-\frac{x^{4n-2}}{(4n-2)!}+… \
& \sin x = x-\frac{x^{{3}}{3!}+\frac{x}{5}}{5!}-\frac{x^{{7}}{7!}…+\frac{x}{4n-3}}{(4n-3)!}-\frac{x^{4n-1}}{(4n-1)!}+…
\end{align}

把$x=iz$代入，就能得到$e^{iz}=\cos z+i\sin z$。

当然也可以借助微积分方法：
\begin{align}
& let\ \ f(z)=\frac{\cos z+i\sin z}{e^{iz}}
\end{align}

分母不可能为0，所以定义成立。求得$f^{\prime }(z)$，发现其为0，因此$f(z)$就是个常数函数。因此$f(z)=f(0)=1$，所以即可得到$e^{iz}=\cos z+i\sin z$。

这个$e^{iz}=\cos z+i\sin z$公式就是有名的欧拉（1707-1783）公式。

大家可能会觉得欧拉（1707-1783，瑞士数学家）对复数比较了解，毕竟欧拉公式（$e^{ix}=\cos x+i\sin x$）可是被誉为最美的复数公式。但其实欧拉对于复数的运算也是有问题的，比如他认为$\sqrt{-1}\times \sqrt{-4}=\sqrt{-1\times -4}=2$，但其实应该是$i\times 2i=-2$。

还好，在最初推导欧拉公式时，并没有使用上面的方法（或者说上面的方法在当时还不是很成熟，而且其实也会依赖于欧拉公式，所以并不算是证明，而仅仅只是验证），而是用到了棣莫弗（1667-1754，法国数学家）公式，我们下一节先讲解棣莫弗公式，然后再用其推导出欧拉公式。

\section{棣莫弗公式}
棣莫弗（1667-1754，法国数学家）公式对复数也做出了一定的贡献。

我们先来看分角问题，这是韦达（1540-1603，法国数学家）首先注意：
\begin{align}
\cos 3x =&\cos(2x+x)=\cos 2x\cos x-\sin 2x\sin x \
=& ( 2 \cos^{2} x-1)\cos x-2(1-\cos^{2}x)\cos x \
=& 4 \cos^{3} x-3\cos x
\end{align}

而对于方程$x^3+ax+b=0$，令$x=ky$，选取参数使得$\frac{k^3}{ak}=\frac{-4}{3}$或者$k=\sqrt{\frac{-4a}{3}}$，就可以得到：
\begin{align}
4y^{3}-3y = c
\end{align}

如果令$y=cos\theta$，则$\cos 3\theta =c$，画出$3\theta$这个角，再三等分就能解出$y$。

分角问题可以从几何上给出三次方程的解的直观表示，有趣的是这种方式好像看起来没有出现复数，其实不然——当$c>1$的时候其实就会需要复数来解释。

韦达还有一个方程：
\begin{align}
& y=\sin n\theta\ \ \ \ \ x=\sin \theta \
& y = nx - \frac{n(n^{2}-1)}{3!}x{3}+\frac{n(n^{2}-1)(n{2}-3^{2})}{5!}x{5}+…
\end{align}

牛顿（1643-1727，英国数学家）断言它对所有的n都成立，注意这个方程有一个解，这个解出现在了棣莫弗（1667-1754，法国数学家）的文章中，可以表示为：
\begin{align}
x=\frac{\sqrt[n]{y+\sqrt{y^{{2}-1}}+\sqrt[n]{y-\sqrt{y}{2}-1}}}{2}
\end{align}

其实如果我们把$x,y$代入，就能得到关于角度的描述。这些内容的推导过程比较繁琐，所以在此忽略。
我们可以看到他的公式这样表示的意义其实是为了避免出现复数的“直接表示”，即使用$\sqrt{(\sin n\theta {)}^2-1}$来表示$i\cos n\theta$。

我们最后来看一下现代棣莫弗公式：
\begin{align}
& (\cos z + i\sin z)^{n}=\cos nz + i\sin nz \
& (\cos z - i\sin z)^{n}=\cos nz - i\sin nz \
& \Longrightarrow \
& \cos nz = \frac{(\cos z + i \sin z)^{n}+(\cos z - i \sin z)^{n}}{2} \
& \sin nz = \frac{(\cos z + i \sin z)^{n}-(\cos z - i \sin z)^{n}}{2i}
\end{align}

\section{欧拉公式的证明}

我们先给出一个定义：
\begin{align}
& e^{x}=\lim_{n\rightarrow \infty}(1+\frac{x}{n})^{n} \
\end{align}

以及一个结论，即牛顿-墨卡托级数：$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$。当$x\to 0$时，$\ln (1+x)\approx x$。

点$u+iv$的极坐标表示为$r(\cos \theta +i\sin \theta )$，其中$r=\sqrt{u^2+v^2}\in R$，$\theta =\arctan (\frac{v}{u})$。棣莫弗公式就可以写为：
\begin{align}
(u+iv)^{n}=r{n}(\cos n\theta + i\sin n\theta)
\end{align}

从而有：
\begin{align}
& (1+\frac{a+bi}{n})^{n} = [(1+\frac{a}{n})+i\frac{b}{n}]^{n}
\end{align}

由于最后在证明到欧拉公式时需要让$a=0$，且$n\to \infty$。这里不妨设$n>|a|$，由此我们用极坐标表示一下：
\begin{align}
& r_{n}=\Big(\sqrt{[(1+\frac{a}{n})^{{2}+(\frac{b}{n})}{2}]}\Big)^{n}\
& \theta_{n}=n\arctan\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}}
\end{align}

我们先根据牛顿-墨卡托公式把极限写一下：：
\begin{align}
\lim_{n\rightarrow \infty}(1+\frac{a+ib}{n})^{n} = e^{a+ib}
\end{align}

我们先求$r_n$的极限（注意下面的推导使用了牛顿-墨卡托级数）：
\begin{align}
\lim_{n\rightarrow \infty}\ln r_{n} &= \lim_{n\rightarrow \infty}[\frac{n}{2}\ln(1+\frac{2a}{n}+\frac{a^{2}+b{2}}{n^{2}})] \
&=\lim_{n\rightarrow \infty} [\frac{n}{2}(\frac{2a}{n}+\frac{a^{2}+b{2}}{n^{2}})] = a\
\Longrightarrow & \lim_{n\rightarrow \infty}r_{n} =\lim_{n\rightarrow \infty}e^{\ln r_{n}}=e^{a}
\end{align}

再求${\theta }_n$的极限（注意，$\arctan x$的泰勒展开式在$x\to 0$的时候也约等于$x$）：
\begin{align}
\lim_{n\rightarrow \infty} \theta_{n} &= \lim_{n\rightarrow \infty} (n\arctan\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}}) \
&= \lim_{n\rightarrow \infty}(n\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}}) = b
\end{align}

因此：
\begin{align}
& e^{a+ib}=e{a}(\cos b + i\sin b) \
& a=0 \ \ \Longrightarrow \ \ e^{ib}=\cos b + i\sin b
\end{align}

值得一提的是，复指数其实可以看做是一个螺旋线——当$b$不断变化的时候，$(\cos b+i\sin b)$就可以看做是在复平面不断地转圈。这样我们就可以推出另外一个结论——复对数有无穷多个。欧拉当时就发现了这个问题，并给了他的老师 约翰·伯努利先生。但是他老师对对数的理解并不是很到位，所以也产生了一些令人啼笑皆非的故事。

\section{总结}

至此，复数的起源就可以告一段落了。当然，复数演化到复曲线、复函数，虽然形式上更丰富，但都没有更难以理解——复数，也就是二维数；复函数，就是二维+二维，即四维空间里的函数。牢记这一点，复数也不会是特别难以理解的东西。