Let us start with the complex numbe

Let us start with the complex number
c = a + bi
where a and b are real (b = 0) and attempt to find an explicit representation for its square
root. Of course, every complex number (other than 0) will have two square roots. If w is
one square root, then the other one will be −w. We will find the one whose real part is
non-negative.
Let us assume that a square root of c is p + qi where p and q are real. Then we have
(p + qi)
2 = a + bi.
Equating the real and imaginary parts gives us the two equations
p2 − q2 = a (1)
2pq = b. (2)
We must have p = 0 since b = 0. Solving equation (2) for q gives
q = b
2p (3)
and we can substitute this value for q into equation (1) to get
p2 −

b
2p
2
= a
Reprinted from Mathematics and Informatics Quarterly, 3(1993)54–56
2
or
4p4 − 4ap2 − b2 = 0.
This is a quadratic in p2, so we can solve for p2 using the quadratic formula. We get
(taking just the positive solution):
p2 = a + √a2 + b2
2
so that
p = 1
√2

a + a2 + b2 .
From equation (3), we find
q = b
2p = b
√
2
2
√
a2 + b2 + a
= b
√
2
2
√
a2 + b2 + a
·
√a2 + b2 − a
√
a2 + b2 − a
= b
√2
√
a2 + b2 − a
(a2 + b2) − a2
= b
√2
√a2 + b2 − a
√
b2 = b
√2
√a2 + b2 − a
|b|
= sgn b
√2
a2 + b2 − a .
Note that √
b2 = |b|, so that b/|b| = sgn(b), the sign of b (defined to be +1 if b > 0 and -1
if b < 0).
Thus we have our answer:
Theorem 1. If a and b are real (b = 0), then
√
a + bi = p + qi
where p and q are real and are given by
p = 1
√2
a2 + b2 + a
and
q = sgn b
√2
a2 + b2 − a .
3
In practice, square roots of complex numbers are more easily found by first converting
to polar form and then using DeMoivre’s Theorem. Any complex number a + bi can be
written as
r(cos θ + isin θ)
where
r = a2 + b2, cos θ = a
r
, and sin θ = b
r (4)
DeMoivre’s Theorem states that if n is any positive real number, then
(a + bi)
n = rn(cos nθ + isin nθ).
In particular, if n = 1/2, we have
√
a + bi = √r


cos
θ
2 + isin θ
2

. (5)
This gives us a straightforward way to calculate √a + bi.
This method also gives us an alternate proof of Theorem 1. If we apply the half-angle
formulae
cos
θ
2 = ±
1 + cos θ
2
and
sin θ
2 = ±
1 − cos θ
2
to equation (5), we get
√
a + bi = √r
1 + cos θ
2
± i
1 − cos θ
2

where we have arbitrarily chosen the “+” sign for the first radical. Using the value for
cos θ from equation (4), we get
√
a + bi = √r
1 + a/r
2
± i
1 − a/r
2

=
r + a
2
± i
r − a
2
=
√
a2 + b2 + a
2
± i
√
a2 + b2 − a
2
which is equivalent to Theorem 1. As before, the “±” sign should be chosen to be the
same as the sign of b.
4
We sometimes need to find the square root of an expression of the form s+√−d where
s and d are real numbers and d > 0. We can use Theorem 1 to get an explicit formula for
this square root which is of the form p+qi where p and q are real. Since s+√−d = s+i
√
d,
we can let a = s and b = √
d in Theorem 1, to get the result:
Theorem 2. If s and d are real with d > 0, then

s + √
−d = 1
√2
s2 + d + s + i
1
√2
s2 + d − s .
Reference
[1] A. Mostowski and M. Stark, Introduction to Higher Algebra. Pergamon Press. New
York: 1964.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

เราเริ่มต้น ด้วยจำนวนเชิงซ้อนc = a + biที่ตัว และ b เป็นจริง (b = 0) และพยายามหาการแสดงชัดเจนสำหรับตารางของราก แน่นอน ทุกจำนวนเชิงซ้อน (ไม่ใช่ 0) จะมีรากที่สอง ถ้า wรากหนึ่ง แล้วคนอื่น ๆ จะได้ −w เราจะค้นหาส่วนแท้จริงไม่เป็นค่าลบเราคิดว่า รากของ c เป็น p + คีที่ p และ q เป็นจริง แล้ว เรามี(p + คี)2 = a + biEquating จริง และจำนวนจินตภาพส่วนทำให้เราสองสมการไตรมาสที่ 2 − p 2 = (1)2pq = b. (2)เราต้องมี p = 0 เนื่องจาก b = 0 แก้สมการ (2) การให้ qq = b2p (3)และเราสามารถแทนค่า q นี้ลงในสมการ (1) จะได้รับ− p 2บี2p2=เป็นเช็คจากคณิตศาสตร์และสารสนเทศรายไตรมาส 3 (1993) 54-562หรือ4p 4 − 4ap2 − b2 = 0นี่คือกำลังสองใน p 2 ดังนั้นเราสามารถหาค่า p 2 ใช้สูตรกำลังสอง เราได้รับ(มีเพียงการแก้ปัญหาในเชิงบวก):p 2 =เป็น + √a2 + b22เพื่อให้p = 1√2แบบ a2 + b2จากสมการที่ (3), เราค้นหาq = bp 2 = b√22√a2 + b2 + เป็น= b√22√a2 + b2 + เป็น·√a2 + b2 −การ√a2 + b2 −การ= b√2√a2 + b2 −การ(a2 + b2) − a2= b√2√a2 + b2 −การ√b2 = b√2√a2 + b2 −การ|b|= sgn b√2a2 + b2 −การหมายเหตุ√ที่b2 = |b| ดังนั้นที่บี |b| = sgn(b) เครื่องหมายของ b (กำหนดให้ + 1 ถ้า b > 0 และ -1ถ้าบี < 0)ดังนั้น เรามีคำตอบของเรา:ทฤษฎีบทที่ 1 ถ้ามี และ b เป็นจริง (b = 0), จากนั้น√a + bi = p + คีที่ p และ q เป็นจริง และจะได้รับโดยp = 1√2a2 + b2 + เป็นและq = sgn b√2a2 + b2 −การ3ในทางปฏิบัติ รากของจำนวนเชิงซ้อนได้ง่ายอยู่ตามแปลงแรกแบบฟอร์มที่ขั้วโลกแล้ว ใช้ทฤษฎีบทของ DeMoivre จำนวนเชิงซ้อนใด ๆ การ + bi สามารถเขียนเป็นr (cos θ + isin θ)ซึ่งr = a2 + b2, cos θ =การrบาปθ = br (4)ทฤษฎีบท DeMoivre ของอเมริกาที่ถ้า n เป็นจำนวนจริงใด ๆ ค่าบวก แล้ว(a + bi)n = rn (cos nθ + isin nθ)โดยเฉพาะอย่างยิ่ง ถ้า n = 1/2 เรามี√a + bi = √r
cosΘ2 + isin θ2. (5)นี้ทำให้เราแบบตรงไปตรงมาในการคำนวณ √a + biวิธีนี้ยังช่วยให้เรามีหลักฐานอื่นของทฤษฎีบท 1 ถ้าเราใช้มุมครึ่งสูตรcosΘ2 = ±1 + cos θ2และsin θ2 = ±1 − cos θ2กับสมการที่ (5), เราได้รับ√a + bi = √r1 + cos θ2±ฉัน1 − cos θ2ที่เรามีโดยเลือกเครื่องหมาย "+" รัศมีแรก ใช้ค่าสำหรับcos θจากสมการ (4), ที่เราได้รับ√a + bi = √r1 + a/r2±ฉัน1 − a/r2=r + การ2±ฉันr −เป็น2=√a2 + b2 + เป็น2±ฉัน√a2 + b2 −การ2ซึ่งจะเท่ากับ 1 ทฤษฎีบท เป็นก่อน ควรเลือกเครื่องหมาย "±" ให้เป็นเป็นเครื่องหมายของ b เหมือนกัน4บางครั้งเราต้องการหาค่ารากที่สองของนิพจน์แบบฟอร์ม s + √−d ที่s และ d เป็นจำนวนจริงและ d > 0 เราสามารถใช้ทฤษฎีบท 1 จะมีสูตรอย่างชัดเจนนี้รากซึ่งเป็นแบบฟอร์ม p +คีที่ p และ q เป็นจริง ตั้งแต่ s + √−d = s + i√dเราสามารถให้การ = s และ b =√d ในทฤษฎีบท 1 ได้ผล:ทฤษฎีบทที่ 2 ถ้า s และ d กับ d > 0 จริงแล้วs + √−d = 1√2s2 + d + s + i1√2s2 + d − sอ้างอิง[1] A. Mostowski และท่าเมตร สูงพีชคณิตเบื้องต้น Pergamon กด ใหม่นิวยอร์ก: 1964

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

ขอให้เราเริ่มต้นด้วยจำนวนเชิงซ้อน
c = A +
สองที่a และ b เป็นจริง (ข = 0)
และพยายามที่จะได้พบกับการแสดงอย่างชัดเจนสำหรับตารางของราก แน่นอนทุกจำนวนเชิงซ้อน (นอกเหนือ 0) จะมีสองราก ถ้าน้ำหนักเป็นหนึ่งในรากที่สองแล้วคนอื่น ๆ จะ -w
เราจะพบหนึ่งที่มีส่วนจริงเป็นที่ไม่ใช่เชิงลบ. ขอให้เราคิดว่ารากที่สองของ c คือฉี + p ที่ p และ q เป็นจริง แล้วเรามี(P + ฉี) 2 = a + สอง. Equating ส่วนจริงและจินตนาการจะช่วยให้เราทั้งสองสมการp2 - q2 = a (1) 2PQ = b (2) เราจะต้องมี p = 0 เนื่องจากข = 0 การแก้สมการ (2) สำหรับ q ให้คิว= b 2p (3) และเราสามารถใช้แทนค่านี้สำหรับ q เป็นสมการ (1) จะได้รับp2 -? ข2p 2 = a พิมพ์ซ้ำจากคณิตศาสตร์และสารสนเทศไตรมาสที่ 3 (1993) 54-56 2 หรือ4p4 - 4ap2 - b2 = 0 นี่คือสมการกำลังสองใน p2 เพื่อให้เราสามารถแก้ปัญหาสำหรับ p2 โดยใช้สูตรสมการกำลังสอง เราได้รับ(การเพียงการแก้ปัญหาในเชิงบวก): p2 = a + √a2 + b2 2 เพื่อให้p = 1 √2? a. + a2 + b2 จากสมการ (3) เราจะพบคิว= b 2p = b √ 2 2 ? √ a2 + b2 + A = b √ 2 2? √ a2 + b2 + A ·√a2 + b2? - √? a2 + b2 - ทาง= b √ 2 √? a2 + b2 - ทาง(a2 + b2 ) - a2 = b √2√a2 + b2 - หรือไม่√ b2 = b √2√a2 + b2 - หรือไม่ | ข | = SGN ข√2 a2 + b2 - หรือไม่. โปรดทราบว่า√ b2 = | ข | เพื่อให้ b / | ข | = sgn (ข) การเข้าสู่ระบบของข (กำหนดให้เป็น 1 ถ้า b> 0 และ -1 ถ้าข <0). ดังนั้นเรามีคำตอบของเรา: ทฤษฎีบท 1 ถ้า a และ b เป็นจริง (ข = 0) จากนั้น√ A + สอง + p = ฉีที่p และ q เป็นจริงและจะได้รับจากp = 1 √2 a2 + b2 + หรือไม่และคิว= SGN ข√2 a2 + b2 - ได้. 3 ในทางปฏิบัติรากที่สองของตัวเลขที่ซับซ้อนจะพบได้ง่ายขึ้นเป็นครั้งแรกโดยการแปลงรูปแบบขั้วโลกแล้วใช้ทฤษฏีของ DeMoivre หมายเลขใด ๆ ที่ซับซ้อน + สองสามารถเขียนเป็นอาร์(cos θ + isin θ) ที่r =? a2 + b2, cos θ = a R และบาปθ = b อาร์ (4) ระบุทฤษฎีบท DeMoivre ว่าถ้า n เป็นบวกใด ๆ จำนวนจริงแล้ว(A + สอง) n = rn (cos nθ + isin nθ). โดยเฉพาะอย่างยิ่งถ้า n = 1/2 เรามี√ A + สอง = √r? cos θ 2 + isin θ 2 (5) นี้ทำให้เรามีวิธีที่ตรงไปตรงมาในการคำนวณ√a + สอง. วิธีนี้ยังช่วยให้เรามีหลักฐานอื่นของทฤษฎีบท 1. หากเราใช้ครึ่งมุมสูตรcos θ 2 = ± 1 + cos θ 2 และบาปθ 2 = ± 1 - cos θ 2 สมการ (5) เราได้รับ√ A + สอง = √r ?? 1 + cos θ 2 ±ฉัน1? - cos θ 2? ที่เราได้เลือกพลเครื่องหมาย "+" สำหรับครั้งแรกที่รุนแรง ใช้ค่าสำหรับcos θจากสมการ (4) เราได้รับ√ A + สอง = √r ?? 1 + R / 2 ±ฉัน1? - R / 2? = R + หรือไม่? 2 ±ฉันR? - 2 = √? a2 + b2 + A 2 ±ฉัน√? a2 + b2 - ทาง2 ซึ่งเทียบเท่ากับทฤษฎีบท 1. ก่อนที่ "±" เข้าสู่ระบบควรจะได้รับเลือกให้เป็น. เช่นเดียวกับการเข้าสู่ระบบของข4 บางครั้งเราต้องไปหารากที่สองของการแสดงออกในรูปแบบของ + √-d ที่และd เป็นจำนวนจริงและ d> 0 เราสามารถใช้ทฤษฎีบท 1 เพื่อให้ได้สูตรที่ชัดเจนสำหรับเรื่องนี้รากที่สองซึ่งเป็นหน้าแบบฟอร์ม+ ฉีที่ p และ q เป็นจริง ตั้งแต่ s + √-d = s + i √ d, เราสามารถให้ = และข = √ d ในทฤษฎีบทที่ 1 จะได้รับผลที่ตามมา: ทฤษฎีบท 2. ถ้า S และ D เป็นจริงกับ d> 0 แล้วs + √ -d = 1 √2? s2 + D + S + i 1 √2 s2 + d? -. s อ้างอิง[1] เอ Mostowski และเอ็มสตาร์, Introduction to พีชคณิตที่สูงขึ้น Pergamon กด New York: 1964

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

ให้เราเริ่มต้นด้วยเลขเชิงซ้อน
c = บี
ที่ A และ B มีจริง ( B = 0 ) และพยายามที่จะหาตัวแทนที่ชัดเจนของตาราง
ราก แน่นอน ทุกเลขเชิงซ้อน ( ที่ไม่ใช่ 0 ) จะมีสองสี่เหลี่ยม ราก ถ้า w คือ
ตารางหนึ่งราก แล้วอีกตัวจะเป็น− W . เราจะหาคนที่จริง ส่วน

ไม่ลบให้เราสมมติว่า รากที่สองของ C P P และ Q ฉีที่แท้จริง แล้วเราได้
( P ฉี )
2 = บี
มีจริงและชิ้นส่วนในจินตนาการให้เราสองสมการ
P2 − 2 = ( 1 ) ( 2 ) 2pq = B

เราต้อง P = 0 เพราะ B = 0 การแก้สมการ ( 2 ) Q ให้
Q = b

2p ( 3 ) และเราสามารถใช้แทนค่าในสมการนี้ คิว ( 1 ) รับ

B
P2 −
2p
2
=
พิมพ์จากคณิตศาสตร์และวิทยาการสารสนเทศไตรมาส 3 ( 1993 ) 54 - 56
2

4p4 หรือ− 4ap2 − 2 = 0
เป็นกำลังสอง ใน P2 , เพื่อให้เราสามารถแก้ปัญหาสำหรับ P2 โดยใช้สูตร Quadratic . เราได้
( เอาแค่โซลูชั่นบวก ) :
P2 = √ A2 B2
2

ดังนั้น P = 1
√ 2

 A2 B2
จากสมการ ( 3 ) เราหา
Q = B

√ 2p = b
2
2

 √ A2 B2 a
= B
√
2
2
 √
A2 B2 เป็น

 ด้วย√ A2 B2 −เป็น
 √ A2 B2 −เป็น

√ = b
2
 √
A2 B2 −เป็น
 ( A2 B2 ) − A2
= b
2
√  √ A2 B2

√−เป็น B2 = b
2
√  √ A2 B2 −เป็น | B |
=
b
2
 SGN √ A2 B2 − .
ทราบว่า√
2 = | B | ดังนั้น B / | B | = SGN ( B ) , เครื่องหมายของ B ( กำหนดเป็น 1 ถ้า B > 0 และ - 1
ถ้า b < 0 )

ดังนั้นเรามีคำตอบของเรา : ทฤษฎีบทที่ 1 ถ้า A และ B เป็นจริง ( B = 0 ) แล้ว

√ BI = P
p และ q ฉีที่เป็นจริงและจะได้รับโดย
p = 1
2
√  A2 B2 A

และQ = SGN B
√  A2 B2 − 2
.
3
ในทางปฏิบัติ รากที่สองของตัวเลขที่ซับซ้อนจะพบได้ง่ายขึ้นโดยก่อนการแปลง
รูปแบบขั้วโลก และจากนั้น ใช้ demoivre ทฤษฎีบทของ จำนวนใด ๆที่ซับซ้อนของ BI สามารถเขียนเป็น

R ( เพราะงานที่θθ )

r =  A2 B2 เพราะθ =
r
, และบาปθ = B
R ( 4 )
demoivre ทฤษฎีบทของสหรัฐอเมริกาว่า ถ้า n เป็นจํานวนจริงบวกแล้ว
( บี )
n = Rn ( เพราะ N θในθ
n )โดยเฉพาะถ้า n = 1 / 2 เราได้

√ BI = √ R


cos
θ
2 ในθ
2

( 5 )
นี้ให้เราวิธีที่ตรงไปตรงมาเพื่อคำนวณ√ BI .
วิธีนี้ยังช่วยให้เราพิสูจน์ทฤษฎีบทสลับของ 1 ถ้าเราใช้ครึ่งมุม


θสูตร cos
2 = ±
 1 คอสθ
2

บาปและθ
2 = ±
 1 − 2

เพราะθสมการ ( 5 ) , เราได้

√ BI = √ R
  θ
1 คอส 2 ±ผม

 1 −เพราะθ
2

ที่เราได้สุ่มเลือก " ลงทะเบียนสำหรับครั้งแรกที่รุนแรง การใช้ค่า
cos θจากสมการ ( 4 ) เราได้

√ BI = √ R
  1 / R
2
±ผม
 1 − A / R
2

=
 R
2
±ผม
 R − a
2
=
 √
A2 B2 a
2
±ผม
 √
A2 B2 − a
2
ซึ่งเทียบเท่ากับทฤษฎีบท 1 ก่อนที่ " ± " ลง ควรเลือกเป็นเหมือนสัญลักษณ์ของ

4
Bบางครั้งเราต้องการหารากที่สองของนิพจน์ของแบบฟอร์มที่√− D
S และ D เป็นจำนวนจริงและ D > 0 เราสามารถใช้ทฤษฎีบท 1 ที่จะได้รับสูตรที่ชัดเจนสำหรับ
รากที่สองนี้ซึ่งมีรูปแบบ P P และ Q ฉีที่แท้จริง เนื่องจากเป็น√− D = S
√
D
เราสามารถให้ A = S และ B = √
D ในทฤษฎีบทที่ 1 เพื่อให้ได้ผล :
ทฤษฎีบท 2 ถ้า S และ D กับ D > 0 แล้ว

s
√− D = 1
2
√ S2 D S
1
2
√  S2 D − s .
อ้างอิง
[ 1 ] . mostowski และ สตาร์ค แนะนำสูงกว่าพีชคณิต เพอร์กามอนกด ใหม่
นิวยอร์ก : 1964 .