第三十七讲 复数的概念与运算 讲义-2026年高中数学竞赛

第三十七讲复数的概念与运算 1.复数的概念 一个复数z可以写成几种不同的形式： 代数形式：z=a+bi,a,b∈R; 三角形式：z=rcos0+isin0,r≥0,0∈R; 指数形式：z=re0,r≥0,0∈R. 上面，e=cos0+isin6,角日为复数z的辐角，除相差2π的一个整数倍 外，日是确定的。 我们称z的满足0≤0<2π的辐角6为z的主辐角，记为agz。指数形 式中，”是z的模长，记为z。代数形式中，实数a、b分别称为z的实部和 虚部，记为Rez和Imz。而i是虚数单位，满足i=-1。 两个复数相等的充要条件是它们的实部、虚部对应相等，或者它们的模与 辐角主值对应相等。 如果z=a+bi,w=c+di,a,b,c,d∈R,那么z+w=a+c+ib+d。 在几何上对应于以z和W为邻边的平行四边形的一条对角线。 如果Z=re0,w=se9,r,s≥0,0，p∈R,那么zw=rse9+p。注意到 |2w=s=zw,以及ar2w等于agz+argw或者与argz+agw 相差2π 的整数倍，因此在相乘时，模相乘，辐角相加。 例1设fz=az2024+bz2023+cz202,其中a、b、c是实数，且均不 大于2025。 若 f1+3i 2 =2021+202531,求f1的值。 解因为 2 2 是 -g+b+c+3 +bi=2021+2025V3i, 22 2 所以 0+b c=2021, 5a+b=2025 所以a+b=4050。由于a、b均不大于2025，所以Q=b=2025,进而 c=2021。 故f1=a+b+c=6071。 例2设复数a、阝满足a=B=1,Q+β+1=0。证明：a、B都是1的 立方根。 证法一运用代数形式，设a=a+bi,β=c+di,a,b,c,d∈R,则由a= |B=1有 a2+b2=1,c2+d2=1。 ① 再由α+B=-1,根据复数相等的条件得 a+c=-1,b+d=0。 ② 3 将上述0、②中4式联立，解得g=c=号b= ,d=3 2 所以《=-±5，B=-号9；，可见=p=1。 2-2 2 证法二运用三角形式。由a=β=1，可设 =cos0+isin0,B=cos0+isinθ，o∈R。 再由a+B=-1有 C0s0+c0sp=-1, sin0+sinp=0。 3 由此求得cus0=分n0=空从面osp=一号np= V3 2 A(B) X 0 B(A) 例2图 所以a= 22 证法三考虑几何意义。由a+B=-1及a=B=1,可设 OA=a,OB=B,O元=-1，如图。根据复数加法的几何意义，可知四边形04CB 是平行四边形，且各边相等，从而∠XOA=120°，∠XOB=120°。 国te受B于9。 22 -I o 证法四运用共轭复数的运算技巧，由α+B=-1,知a+B?=1,即 (a+B)川a+B=1。 展开上式，并利用aa=a?=1,Bp=BP=1进行化简，得 a阝+aβ+1=0。 将B=-a-1,B=-ā-1代入上式并化简，得&+a+1=0。 将上式两边同乘以Qx,得a+a+1=0。所以=1。同理B=1。 上述例子中采用的4种证明方法是处理复数问题的基本方法和技巧。 2.复数的运算 这里暂只涉及复数的四则运算及开（乘）方运算。 例3给定实数a、b、c。已知复数Z1、Z2、Z3满足 z1=z2=z3=1, +2+2=1. Z2 Z3 Z1 ①② 求az1+bz2+Cz3的值。 解令p会4会测由D知p=1,代入②知pg+1 Z3 pq 即p+q+p阿=1。于是 sina+sinβ-sina+β=0， ③ 这里a=amp,B=agq。由③得sin受sin号sin“-0。 2 2 所以，号号、生申必有一个为0或元即P、9或四中必有-个 2 数为实数，不妨设p∈R。则由p=1,知p=1或-1。 如果p=-1,那么q-9=2,这是不可能的。于是，p=1,此时q+q=0。 结合q=1,得q=±i。从而 az1+bz2+c23= 2+b+c =ap+b+cql Z2 2 =a+b±ci=Va+b2+c2。 由对称性，还有两种可能。所以 az1+bz2+cz3=a+b+c2或 a+b+c或yb2+a+c。 例4已复数列2满是云=空=Z1+2n=12,,其1为 虚数单位。求Z2021的值。 解对n∈N,,设zn=an+bian,bn∈R),则 an-1+bn-ii=zn-1=Zn(1+Zni=Zn+zni=an-bni+(an+bali, 因此 an-1=an:bn+1=an+bi-bn 则a要0所e空涯前6b-成-+， 又由2122 即 6安或-6子 以当n2时-含b-安之，于是 2m-oant bani 3.复数的取模与取共轭运算 由于复数对应于复平面上的一个复向量，它与实数的最重要的区别就在于， 它不仅有长度（模长），还有方向（辐角）。所以，复数的运算中，取模与取共轭就 是其特有的运算了。 这两种运算对于四则运算成立如下的一些关系： (1)Z1±乙2=Z±五· (2)Z1乙2=Z·Z, z1 2,Z, (3)Z=z的充要条件是z∈R。 (4)z+i=0的充要条件是z为纯虚数或零。 ⑤Rez=z+2,3z2红-到。 (6)z=,z=z 0g2中w会-0 (⑧)1z川-1zg川≤z+z川≤‖z川+2，当z,或z2中有-个为零时， 上述不等式成为等式，当Z1Z2≠0时，当且仅当a四z1-a四z2=π时，左边取等 号；当且仅当ar9z1=argz2时，右边取等号。 类似地，还有‖z-z2≤z-z2≤2+z2 这两个不等式称为三角形不等式。 (9)max{Re(+Im( 例5已知复数Z1、z2满足如下条件：z1=2,z2=3,3z1-2z2=2-i。 求Z1Z2的值。 解由条件，可知Z1乙=4,22五=9，于是 4-2五4吉12a-3. 1 因此，我们有 63z1-2z2_63z1-2z2-62-1 122=2Z2-3Z 3Z1-2z 2+i 个52-i=-18+24i 十 55 故212的值为-8+241。 55 说明此题利用复数的三角形式亦能得到结果，只是不如现在的做法更能体 现条件与结论之间的本质联系。 例6已知复数z满足11z0+10iz3+10iz-11=0。证明：z=1。 证明设z=a+bi。由条件，可知z911z+10i=11-10iz,即 z9.V121a2+b2+220b+100=/100a2+b2+220b+121。 ① 如果z>1,即a2+b2>1,那么 121a2+b2+220b+100>100a2+b2+220b+121, 这导致①式左边大于右边，矛盾。 类似地，如果z<1，将导致①式左边小于右边，亦得矛盾。 所以，z=1。 说明本题直接处理难以达到目的，而巧用不等式分析，却使结论浮出了水 面。 例7设复数数列{zn满足：z1=1,且对任意正整数n,均有 2只3 4z元+1+22n乙n+1+z=0。证明：对任意正整数m,均有Z1+z2+…+zm< 3 证明归纳可知zn≠0n∈N+。由条件得 5+221=oaeN 解得21=-1±31n∈N Zn 4 因6子教 =aeN ① 进而有 k小六2=2-eN ② 当m为偶数时，设m=2ss∈N,。利用②可得 2+,++a2-1t2小e1+ k=1 =∑323 台22k5 3。 当m为奇数时，设m=2s+1s∈N)。由①、②可知 k之25- k=s+1 故 k**2a* 2R3 3 综上，结论获证。 6.复数在代数方面的应用 复数概念的提出，本身为许多代数问题提供了另一种处理方法。 例8已知cosX+csy2-sinX+siny+sin=a。 cos x+y+Z sin x+y+z 证明：cosy+z+Cosz+x+Cosx+y=a。 证明令s=x+y+z。由已知得e"+ey+e2=aes。 取共轭得eix+ey+ei=aeis。于是 eiy+i+ei+x+eix-y=es eixte-iy+e iz ,=eis ae is=a。 因此结论成立。