共计 4161 个字符，预计需要花费 11 分钟才能阅读完成。
本视频中。但有几个最关键的地方，画面只能一笔带过，邦贝利 ” 假设立方根可以拆成实部加虚部，然后两边立方 ”，欧拉 ” 把三个泰勒级数合并起来 ”，玻恩 ” 让波函数乘以它的共轭 ”。这些地方，看着像变魔术，其实每一步都可以自己动笔算出来。
这篇文章就是把那几处推导补完。如果你手边有纸和笔，最好拿出来。整个故事其实只围绕一件事展开：那些 ” 按理不该存在 ” 的虚数部分，是怎么在计算的最后一刻干干净净地消去的。 这件事在 1572 年发生过一次，又在 1926 年以几乎一模一样的方式重演。中间相隔三百五十四年。
一、邦贝利的立方根：虚部第一次消失
先把舞台搭好。邦贝利当年被困住的那个三次方程是：
$$ x^3 = 15x + 4 $$
答案其实显而易见，是 $x = 4$。代进去验证一下：$4^3 = 64$，而 $15 \times 4 + 4 = 64$，两边相等。一个干净利落的整数。
问题出在求解公式上。卡尔达诺为这种形如 $x^3 = px + q$ 的三次方程找到了一个通解：
$$ x = \sqrt[3]{,\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} – \frac{p^3}{27}},} ;+; \sqrt[3]{,\frac{q}{2} – \sqrt{\frac{q^2}{4} – \frac{p^3}{27}},} $$
把 $p = 15$、$q = 4$ 代进去，先算根号里那一坨：
$$ \frac{q^2}{4} = \frac{16}{4} = 4, \qquad \frac{p^3}{27} = \frac{3375}{27} = 125 $$
两者相减：
$$ \frac{q^2}{4} – \frac{p^3}{27} = 4 – 125 = -121 $$
负数。它的平方根是 $\sqrt{-121} = 11i$。于是整个公式变成了这副样子：
$$ x = \sqrt[3]{,2 + 11i,} + \sqrt[3]{,2 – 11i,} $$
推导没有任何一步出错。可结果里嵌着负数的平方根，套在立方根里面。它不对应数轴上的任何位置，没有几何图形可言。然而邦贝利知道，这个表达式的值必须等于 4，因为他三十秒就能验证出来。公式是对的，答案也是对的，可中间横着一个看上去毫无意义的东西。
邦贝利做了一件前人没做过的事：他决定把 $\sqrt{-1}$ 当成一个守规矩的代数对象, 就让它跟着普通的运算法则走，看看会发生什么。
他的赌注是这样的——假设第一个立方根本身也能写成 ” 实部加虚部 ” 的形式：
$$ \sqrt[3]{,2 + 11i,} = a + bi $$
其中 $a$、$b$ 是待定的实数。要解出它们，把两边同时立方。左边变回 $2 + 11i$，右边按二项式展开：
$$ (a + bi)^3 = a^3 + 3a^2(bi) + 3a(bi)^2 + (bi)^3 $$
逐项处理。注意 $i^2 = -1$、$i^3 = -i$：
$$ = a^3 + 3a^2 bi – 3ab^2 – b^3 i $$
现在把实数项和带 $i$ 的项各归一边：
$$ = \underbrace{(a^3 – 3ab^2)}{\text{实部}} + \underbrace{(3a^2 b – b^3)}{\text{虚部}},i $$
这必须等于 $2 + 11i$。两个复数相等，意味着实部对实部、虚部对虚部。于是一个复杂的立方根问题，裂成了两个普通的实数方程：
$$ a^3 – 3ab^2 = 2, \qquad 3a^2 b – b^3 = 11 $$
剩下的就是凑数了。试 $a = 2$、$b = 1$：
$$ a^3 – 3ab^2 = 8 – 3 \cdot 2 \cdot 1 = 8 – 6 = 2 ;\checkmark $$
$$ 3a^2 b – b^3 = 3 \cdot 4 \cdot 1 – 1 = 12 – 1 = 11 ;\checkmark $$
两个条件同时满足。所以：
$$ \sqrt[3]{,2 + 11i,} = 2 + i $$
另一个立方根 $\sqrt[3]{2 – 11i}$ 跟它只差一个符号（它是前者的共轭），所以等于 $2 – i$。这一点也合乎情理：两个立方根之和要想是个实数，它们的虚部就必须互相抵消，而能做到这一点的只有一种情况——它们互为共轭。
最后一步，把两个立方根加起来：
$$ x = (2 + i) + (2 – i) = 4 $$
虚部 $+i$ 和 $-i$ 在相加的瞬间彼此湮灭，只剩下实部的两倍。答案是 4。不是近似值，是精确的 4，正是一开始就摆在那里、却没法直接抵达的那个答案。
邦贝利把 $\sqrt{-1}$ 当成合法对象、坚定地跟着代数规则走，结果它一路把他领到了正确答案门口。他管这叫 ” 狂野的思考 ”——他没法在几何上想象 $\sqrt{-1}$ 长什么样，也说不清它到底是什么，只知道 只要服从它的运算法则，结果就是对的。
二、欧拉公式：虚数原来是一次旋转
邦贝利证明了虚数 ” 能用 ”，但没人能说清它 ” 是什么 ”。两百年后，欧拉给出了一个意想不到的答案：虚数对应的是旋转。这个答案藏在三个泰勒级数里。
任何学过微积分的人都见过这三个展开式：
$$ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots $$
$$ \cos x = 1 – \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} – \frac{x^6}{6!} + \cdots $$
$$ \sin x = x – \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} – \cdots $$
欧拉的做法是：在 $e^x$ 的展开式里，把 $x$ 换成 $i\theta$，然后看会发生什么。
$$ e^{i\theta} = 1 + (i\theta) + \frac{(i\theta)^2}{2!} + \frac{(i\theta)^3}{3!} + \frac{(i\theta)^4}{4!} + \frac{(i\theta)^5}{5!} + \cdots $$
关键在于 $i$ 的幂次会循环。每四步转一圈：
$$ i^0 = 1, \quad i^1 = i, \quad i^2 = -1, \quad i^3 = -i, \quad i^4 = 1, \quad \dots $$
逐项把 $i$ 的幂次代进去：
$$ e^{i\theta} = 1 + i\theta – \frac{\theta^2}{2!} – i\frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^4}{4!} + i\frac{\theta^5}{5!} – \cdots $$
可以看到一个规律：偶数次幂（$\theta^0, \theta^2, \theta^4, \dots$）每次都让 $i$ 转回到实数；奇数次幂（$\theta^1, \theta^3, \theta^5, \dots$）则总是带着一个 $i$。于是把它们分成两组——不带 $i$ 的一组，带 $i$ 的一组：
$$ e^{i\theta} = \underbrace{\left(1 – \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} – \cdots\right)}{\text{这正是} \cos\theta} + , i\underbrace{\left(\theta – \frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^5}{5!} – \cdots\right)}{\text{这正是} \sin\theta} $$
两个括号里的级数，恰好就是上面 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 的展开式，一项不差。于是：
$$ \boxed{,e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta,} $$
这就是欧拉公式。它为什么重要？因为 $(\cos\theta, \sin\theta)$ 正是复平面上单位圆周上、与正实轴夹角为 $\theta$ 的那个点。也就是说，$e^{i\theta}$ 的几何含义就是 ” 旋转角度 $\theta$”。
回到视频开头那个画面：乘以 $i$ 相当于旋转 90°，乘两次 $i$ 合起来是 180°，也就是变号。欧拉公式把这件事讲明白了。因为：
$$ i = e^{i\pi/2} $$
乘以 $i$ 就是给角度加上 $\pi/2$，也就是 90°。而乘两次：
$$ i \times i = e^{i\pi/2} \cdot e^{i\pi/2} = e^{i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1 $$
旋转 180° 的结果恰好是 $-1$。” 乘以负一就是关于原点翻转 ” 这件事，原来是 ” 两次 90° 旋转 ” 的必然结果。邦贝利凭代数硬闯过去的那个对象，在欧拉这里有了清楚的身份：它是一次直角旋转。
三、玻恩规则：虚部第二次消失
故事的最后一幕发生在量子力学里，而它在数学上，和邦贝利当年做的事几乎一模一样。
薛定谔方程解出来的，是一个波函数 $\psi$。这个 $\psi$ 取的是复数值——它的形态里天然带着 $i$。可是物理实验里量到的每一个数都是实数：位置、能量、概率，没有任何一台仪器的表盘上会显示虚数。复数的 $\psi$ 和实数的测量结果之间，隔着一道坎。
玻恩跨过这道坎的办法，是让 $\psi$ 乘以它自己的 共轭复数 $\psi^$（也就是把虚部的符号翻转过来的那个版本）。把 $\psi$ 写成 $a + bi$，那么 $\psi^ = a – bi$，两者相乘：
$$ \psi^* \psi = (a – bi)(a + bi) = a^2 – (bi)^2 = a^2 – b^2 i^2 = a^2 + b^2 $$
中间的交叉项 $-abi$ 和 $+abi$ 抵消掉了，$i^2 = -1$ 又把 $-b^2 i^2$ 变成 $+b^2$。最后剩下的 $a^2 + b^2$ 永远是实数，而且永远不取负值。玻恩把这个量解读为 ” 在某处找到粒子的概率 ”。
如果用极坐标写得更透彻些：任何复数都能写成 $\psi = r e^{i\phi}$，其中 $r$ 是大小（幅值），$\phi$ 是方向（相位）。那么：
$$ \psi^* \psi = \left(r e^{-i\phi}\right)\left(r e^{i\phi}\right) = r^2 e^{0} = r^2 $$
相位 $\phi$ 干干净净地消失了，只留下幅值的平方。这正是玻恩需要的：一个实数、非负、可观测的量。
现在把这两幕摆在一起看：
邦贝利（1572）：让两个共轭复数相加，$(2+i) + (2-i)$，虚部相消，得到实数 4。
玻恩（1926）：让一个复数乘以它的共轭，$(a-bi)(a+bi)$，虚部相消，得到实数 $a^2+b^2$。
一个用加法，一个用乘法，但内核是同一件事：借助一对互为镜像的复数，让那些 ” 不该存在 ” 的虚部彼此抵消，逼出一个实实在在的答案。 相隔三百五十四年，同一个动作在数学的纸面上、又在物理的基石上，各演了一遍。