第三十九讲 复数与方程 讲义-2026年高中数学竞赛

第三十九讲复数与方程 随着数的概念的发展，对方程的求解要求也在变化。在复数范围内，我们不 加证明地给出下述一些结论。 对于一元n次方程 anx+an-1x”-1+…+a0=0an≠0。 (1)此方程在复数集内恰有n个根。 (2)设1，c2,,cn为该方程的n个复根，则它们与方程的系数之间成立如 下关系（即著名的韦达定理）： a1+02+…+an=- an-1 an aa,+a0+…+a-1&=022, an …… a。c=-10n iki1<i2<…<i,≤n an …… 1c2+…anan=-1r an (3)若aa1,,an都为实数，则对方程的任意复根Q,数a也是该方程 的根，这就是著名的虚根成对原理。 1.解方程 例1已知实系数方程 x3+2k-1x2+9x+5k-1=0 ① 有一个模长为的虚根。求k的值，并解此方程。 解由虚根成对原理，可知①有一个实根和两个模长为的共轭虚根，设这 三个根为a+bi、a-bi、ca,b,c∈R,则 a2+b2=5。 ② 由韦达定理，有 a+bi+a-bi+c=-2k-1, a+bia-bi+ca+bi+cla-bi=9, a+bia-bic=-5k-1。 结合②整理得 2a+c=-2k-1, ac=2, c=-k+1。 ③④⑤ 由③、⑤知c=1-k,=1-k,并将其代入②，可得k=-1或3。再 求解方程①知：当k=-1时，①的解为1+2i、1-2i、2;当k=3时，①的 解为-2、-1+2i、-1-2i。 例2设实系数方程x-x2-ax-b=0有3个正实根。证明：方程 x2-x2+bx+a=0必有一个正实根和两个互为共轭的虚根。 证明设方程 x3-x2-ax-b=0 ① 的3个正根为x、x2、X3。又设方程 x3-x2+bx+a=0 ② 的3个根为y1、y2、y3。由韦达定理得 水1+X2+X3=1, ③ X1X2+X2X3+X3X1=-Q, ④ X1X2X3=b, ⑤ y1+y2+y3=1, ⑥ yiy2+y2y3+y3yj=b, ⑦ y1y2y3=-a。 ⑧ 由④、⑤知a<0,b>0,因此方程②的系数恰好正负相间。这说明方程② 不可能有负数根和零根。由于方程②是三次方程，故它必有一实根，此根只可 能是正根。 为证方程②还有一对共轭虚根，只需证明它不可能有3个正根，以下应用 反证法。假设y,y,y,∈R。由⑥、⑧知1=y,+y,+y≥3yy,=3-a 。所以 0<-as 27。 ⑨ 由⑦知b≥35y-=3派。同理由④、⑤可得1←a≥276。所以 9a'sbs-a. 从而-a9≥35·a,即-a≥27。与⑨矛盾。故命题得证。 例3设a,b∈R。若关于z的方程z+az+bz2+az+2b=0有4个 互不相等的复数根Z1、Z2、Z3、z4,且它们在复平面上对应的点恰是一个边长 为1的正方形的四个顶点，求2+z2+2+24的值。 解记二次方程E1:z2+az+b=0,E2:z2+az+2b=0。不妨设乙1、22为E1 的解，乙3、乙4为E2的解。 若乙1、乙2、Z3、乙4均为实数，则它们在复平面上对应的点均在实轴上，不合 题意。若Z1、Z2、Z3、Z4均为虚数，则它们在复平面上对应的点均在直线 Rz=-号上，不合题意。因此z小2、乙，、z中有两个实数、两个虚数。 这表明方程E1、E2的判别式a2-4b与a2-8b异号。 此时必有b>0(若b≤0，则a2-4b≥0且a2-8b≥0，矛盾)，故 a2-4b≥0>a2-8b。 于是4-a±44a±b-d。 2 2 显然子=号，由于正方形的边长为1，所以 22 |21-z2=a2-4b=V2,23-z4=8b-a=2, 即a2-4b=8b-a=2,解得a=6,b=1。 注意到z1、2同号及z3=z4,可知 z1+z2+z3+24=z1+z2+2z3 =a+√a+8b-a2=V6+22。 例4考虑多项式Px=x+nx-1+a2x-2+…+an,设Y,l1≤i≤n)为Px 的全部根，并M,+ya++y=n。求Px的根。 解由柯西不等式及韦达定理，可得 n2=y1+y2+…tyn≤ny+y2+…+yn2, ① n=ly:+y2++Valsn(lyiP+lya++a ② ≤n2y4+y2+…+y.4g n3=y1+y2++yn°≤nly+y2+…+yn ③ ≤nly+y2+…+y.8, nv:+V2+v)s2v ④ ≤n5y5+ly2++ynll。 但y6+y,++Ys=n所以④中等号成立，从而 jy+|y2+…+yn=n。 再由③同样导出y+y,++y.=n 由②得，+y,++y=n。最后，由①中等号成立，得 Y1=Y2=…=Yn。 但由韦达定理，Y1+y2+…+yn=-n,所以Y1=Y2=…=yn=-1。 2.方程的根的特性 复数在根的特殊性研究中，有广泛的应用，在处理方程（或多项式）的根的问 题时，应充分注意复数的特殊性。 例5证明：实系数多项式fx=x+a1x2+a2x+a3的3个根均在左半复平 面内（即实部<0）的充要条件是a;>0,i=1,2,3,且a3<a1a,。 证明由实系数多项式虚根成对定理知，x必有一个实根x1,另两个根 为、X是实数或为共轭虚数。 必要性。设3个根的实部均为负的，即x1<0,x2+x3<0,x2X3>0。由韦达 定理，知 a1=-x1+X2+X3>0, a2=X1X2+X3+X2X3>0, a3=-x1x2x3>0。 于是 a1a2=-X1+x2+X3X1x2+x1X3+x2X3 =-xix2-xiX3-X1X2X3-(X2+x3a2 =-x1x2x3-xx2+x3-x2+x3a2 >-x1X2x3=a3, 故必要性得证。 充分性。设a>0,i=1,2,3,且a<a1a2。由于fx的各项系数为正数， 所以x无零根和正根。如果3个根均为负数，那么命题得证。如果x<0， 而x2=a+bi,x3=a-bia,b∈R,b≠0)，由韦达定理， a1=-x1+X2+x3=-x1+2a, a2=2ax1+a+b,a3=-x1a+b2。 所以 a1a2=-2ax-x1a2+b2-2aa2。 如果a≥0，那么a,a,≤-Xa2+b=a,这与已知矛盾。从而a<0。充分 性得证。 例6设fx=ax+a1x-1+…+an-1x+an是实系数多项式。证明： (1)若a>a>…>an>0，则fx的根在单位圆内，即它们的模小于1： (2)若0<a<a<<an,则所有的根都在单位圆外，即它们的模大于1。 证明若令x=1,则从其中一个结论可以推出另一个结论，因此我们只需 证明其中的一个。下证(2)。 因为0<a<a1<<an,令 b0=a0,bk=ak-ak-1k=1,2,…,n。 则bk>0,且ax=b+b+…+bk。于是 fx=box+bo+b1x”-1+…+b0+b1+…+b,x-j+… +b+b1+…+bn =box+x0-1+…+1+b,x0-1+…+1+… +b,x0-j+…+1+…+bn 0,x+12,1-4 若，是fx的银（很然1么会6,1-r=0即 三，-店rn. ① 下证r>1。若不然，当r<1时，有 与①式矛盾。 当r=1时，令r=cos0+isin8,于是有 26,-26,osn-j+10. i=0 ② 要使上式成立，必须所有的cosn-j+10=1,j=0,1,,n,即0=2kπ(k∈ N)。从而r=1,这不可能。 所以，r>1。这就证得了(2)。 说明这是圆盘定理的特殊形式，其证明过程中，用到了阿贝尔求和方法。 例7设a、b、c为复数，并且方程 x+ax+bx+c=0 ① 的三个复根z都满足z=1。证明：方程 x+ax2+bx+c=0 ② 的三个复根w也满足w=1。 证明设α、B、y为方程①的三个复根，则 a+β+y=-a, aB+By +ya=b, aBy=-c. 依题意，a=B=y=1。于是，lc=ay=1,并且 lbj=loAyl+=lg+B+y)=la). a B y 这样，方程②变为x+ax2+ax+1=0。③ 注意到+lax2+lalx+1=x+1x2+la-1x+1,于是，只需 证明 x2+la-1x+1=0 ④ 的两个根的模长为1。由于a=a+B+y≤a+B+y=3。 如果la=3,那么方程④的两个根为等根，都是-1；如果a<3,那么方程 ④的判别式小于零，这时，④有两个互为共轭的虚根，它们之积为1。于是， 这两个虚根的模长都是1。 综上所述可知，方程②的三个根的模长都为1。