线性代数应该这样学第三版习题解答1.A.1

第1题解答: 因为 $(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$, 所以我们有\[\frac{1}{a+bi}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}.\]从而可得\[c=\frac{a}{a^2+b^2},\quad d=-\frac{b}{a^2+b^2}.\]


第2题解答1: 通过直接计算, 我们有\[\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2},\]因此\[\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^3=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\cdot\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=1.\]这意味着 $\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ 是 1 的立方根.

第2题解答2: 注意到 \[(a+bi)+(a-bi)=2a,\qquad (a+bi)(a-bi)=a^2+b^2,\] 所以\[\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=-1,\qquad \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=1.\]我们有 $\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ 是一元二次方程 $x^2+x+1=0$ 的一个根(韦达定理). 另一方面, 由公式\[x^3-1=(x-1)(x^2+x+1),\]我们可以得到\[\left(\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^3=1.\]


第3题解答: 如果我们知道 $i=e^{\pi i/2}$, 那么它的平方根为 $e^{\pi i/4}$ 和 $e^{(\pi i/2+2\pi i)/2}=e^{5\pi i/4}$.

注意到对任意的实数 $x$, 我们有 $e^{xi}=\cos x+i\sin x$. 因此\[e^{\pi i/4}=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}(1+i)}{2},\]\[e^{5\pi i/4}=\cos\frac{5\pi}{4}+i\sin\frac{5\pi}{4}=\frac{-\sqrt{2}(1+i)}{2}.\]所以 $i$ 的平方根为 $\dfrac{\sqrt{2}(1+i)}{2}$ 和 $-\dfrac{\sqrt{2}(1+i)}{2}$.

另解: 当然我们也可以直接求解.

假设 $a+bi$ 是 $i$ 的平方根, 其中 $a,b$ 为实数, 那么我们有 $(a+bi)^2=i$. 这说明 $a^2-b^2=0$ 和 $2ab=1$. 由 $a^2-b^2=0$ 知 $a=b$ 或者 $a=-b$. 但是 $a=-b$ 说明 $1=2ab=-2a^2$. 由于 $a$ 是实数, 这不可能. 因此只能是 $a=b$.

如果 $a=b$, 那么 $2ab=2a^2=1$, 因此 $a=b=\pm \sqrt{2}/2$. 所以 $i$ 的平方根为 $\dfrac{\sqrt{2}(1+i)}{2}$ 和 $-\dfrac{\sqrt{2}(1+i)}{2}$.


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