## 第七章 复数 我们知道，对于实系数一元二次方程 $ax^2+bx+c=0 (a \neq 0)$，当 $\Delta=b^2-4ac<0$ 时没有实数根。因此，在研究代数方程的过程中，如果限于实数集，有些问题就无法解决。事实上，数学家在研究解方程问题时早就遇到了负实数的开平方问题，但他们一直在回避。到16世纪，数学家在研究实系数一元三次方程的求根公式时，再也无法回避这个问题了，于是开始尝试解决。在解决这个问题的过程中，数学家们遇到了许多困扰，例如负实数到底能不能开平方？如何开平方？负实数开平方的意义是什么？等等。 本章我们将体会数学家排除这些困扰的思想，通过解方程等具体问题，感受引入复数的必要性，了解从实数系到复数系的扩充过程和方法，研究复数的表示、运算及其几何意义，体会“数”与“形”的融合，感受人类理性思维在数系扩充中的作用。 [图片描述: 一艘白色长征系列火箭正在从底部喷射火焰，缓缓升空。火箭侧面有“中国航天”字样和中国航天科技集团的标志。背景是蓝天和白云，显示出发射过程中的浓烟和光亮。|标题: 火箭发射景象|图片1] ## 7.1 复数的概念 在解决求判别式小于0的实系数一元二次方程根的问题时，一个自然的想法是，能否像引进无理数而把有理数集扩充到实数集那样，通过引进新的数而使实数集得到扩充，从而使方程变得可解呢？复数概念的引入与这种想法直接相关。 ### 7.1.1 数系的扩充和复数的概念 从方程的角度看，负实数能不能开平方，就是方程$x^2+a=0(a>0)$有没有解，进而可以归结为方程$x^2+1=0$有没有解。 > **问题**: 想一想，这是为什么？ > **探究** > > 我们知道，方程$x^2+1=0$在实数集中无解。联系从自然数集到实数集的扩充过程，你能给出一种方法，适当扩充实数集，使这个方程有解吗？ 回顾已有的数集扩充过程，可以看到，每一次扩充都与实际需求密切相关。例如，为了解决正方形对角线的度量，以及$x^2-2=0$这样的方程在有理数集中无解的问题，人们把有理数集扩充到了实数集。数集扩充后，在实数集中规定的加法运算、乘法运算，与原来在有理数集中规定的加法运算、乘法运算协调一致，并且加法和乘法都满足交换律和结合律，乘法对加法满足分配律。 依照这种思想，为了解决$x^2+1=0$这样的方程在实数系中无解的问题，我们设想引入一个新数$i$，使得$x=i$是方程$x^2+1=0$的解，即使得$i^2=-1$。 > $i$是数学家欧拉(Leonhard Euler, 1707—1783)最早引入的，它取自imaginary(想象的，假想的)一词的词头。$i^2=i \cdot i$。 > **思考** > > 把新引进的数$i$添加到实数集中，我们希望数$i$和实数之间仍然能像实数那样进行加法和乘法运算，并希望加法和乘法都满足交换律、结合律，以及乘法对加法满足分配律，那么，实数系经过扩充后，得到的新数系由哪些数组成呢？ 依照以上设想，把实数 $b$ 与 $i$ 相乘，结果记作 $bi$；把实数 $a$ 与 $bi$ 相加，结果记作 $a+bi$。注意到所有实数以及 $i$ 都可以写成 $a+bi(a, b \in \mathbb{R})$ 的形式，从而这些数都在扩充后的新数集中。 我们把形如 $a+bi(a, b \in \mathbb{R})$ 的数叫做**复数** (complex number)，其中 $i$ 叫做**虚数单位** (imaginary unit)。全体复数构成的集合 $\mathbb{C}=\{a+bi | a, b \in \mathbb{R}\}$ 叫做**复数集** (set of complex numbers)。这样，方程 $x^2+1=0$ 在复数集 $\mathbb{C}$ 中就有解 $x=i$ 了。 复数通常用字母 $z$ 表示，即 $z=a+bi(a, b \in \mathbb{R})$。以后不作特殊说明时，复数 $z=a+bi$ 都有 $a, b \in \mathbb{R}$，其中的 $a$ 与 $b$ 分别叫做复数 $z$ 的**实部** (real part) 与**虚部** (imaginary part)。 在复数集 $\mathbb{C}=\{a+bi | a, b \in \mathbb{R}\}$ 中任取两个数 $a+bi, c+di(a, b, c, d \in \mathbb{R})$，我们规定： $a+bi$ 与 $c+di$ 相等当且仅当 $a=c$ 且 $b=d$。 对于复数 $a+bi(a, b \in \mathbb{R})$，当且仅当 $b=0$ 时，它是实数；当且仅当 $a=b=0$ 时，它是实数 $0$；当 $b \neq 0$ 时，它叫做**虚数** (imaginary number)；当 $a=0$ 且 $b \neq 0$ 时，它叫做**纯虚数**。 例如，$3+2i$，$\frac{1}{2}-\sqrt{3}i$，$-\sqrt{3}-\frac{1}{2}i$，$-0.2i$ 都是虚数，它们的实部分别是 $3$，$\frac{1}{2}$，$-\sqrt{3}$，$0$，虚部分别是 $2$，$-\sqrt{3}$，$-\frac{1}{2}$，$-0.2$，并且其中只有 $-0.2i$ 是纯虚数。 **思考** 复数集 $\mathbb{C}$ 与实数集 $\mathbb{R}$ 之间有什么关系？ 显然，实数集 $\mathbb{R}$ 是复数集 $\mathbb{C}$ 的真子集，即 $\mathbb{R} \subseteq \mathbb{C}$。 这样，复数 $z=a+bi (a, b \in \mathbb{R})$ 可以分类如下： 复数 $\begin{cases} 实数 & (b=0) \\ 虚数 & (b \neq 0) (当 a=0 时为纯虚数) \end{cases}$ 复数集、实数集、虚数集、纯虚数集之间的关系，可用图 7.1-1 表示。 [图片描述:一个维恩图展示了复数集、实数集、虚数集和纯虚数集之间的关系。整个大圆代表“复数集”。在复数集内部，有两个不重叠的区域，分别是“实数集”和“虚数集”。其中，“虚数集”区域内包含一个更小的子区域，标记为“纯虚数集”。|标题:图 7.1-1|图片编号:1] **例1** 当实数 $m$ 取什么值时，复数 $z=m+1+(m-1)i$ 是下列数？ (1) 实数；(2) 虚数；(3) 纯虚数。 **分析:** 因为 $m \in \mathbb{R}$，所以 $m+1, m-1$ 都是实数。由复数 $z=a+bi(a, b \in \mathbb{R})$ 是实数、虚数和纯虚数的条件可以确定 $m$ 的取值。 **解:** (1) 当 $m-1=0$，即 $m=1$ 时，复数 $z$ 是实数。 (2)当$m-1 \neq 0$，即$m \neq 1$时，复数$z$是虚数。 (3)当$m+1=0$，且$m-1 \neq 0$，即$m=-1$时，复数$z$是纯虚数。 ## 练习 1. 说出下列复数的实部和虚部: $-2+\frac{1}{3}\text{i}, \sqrt{2}+\text{i}, \frac{\sqrt{2}}{2}, -\sqrt{3}\text{i}, \text{i}, 0.$ 2. 指出下列各数中，哪些是实数，哪些是虚数，哪些是纯虚数.为什么? $2+\sqrt{7}, 0.618, \frac{2}{7}\text{i}, 0, \text{i}, 5\text{i}+8, 3-9\sqrt{2}\text{i}, \text{i}(1-\sqrt{3}), \sqrt{2}-\sqrt{2}\text{i}.$ 3. 求满足下列条件的实数$x,y$的值: (1)$(x+y)+(y-1)\text{i}=(2x+3y)+(2y+1)\text{i}$; (2)$(x+y-3)+(x-2)\text{i}=0.$ ## 7.1.2 复数的几何意义 我们知道，实数与数轴上的点一一对应，因此实数可以用数轴上的点来表示，复数有什么几何意义呢? > **③ 思考** > 根据复数相等的定义，任何一个复数$z=a+bi$都可以由一个有序实数对$(a,b)$唯一确定；反之也对，由此你能想到复数的几何表示方法吗? 因为任何一个复数$z=a+bi$都可以由一个有序实数对$(a,b)$唯一确定，并且任给一个复数也可以唯一确定一个有序实数对，所以复数$z=a+bi$与有序实数对$(a,b)$是一一对应的.而有序实数对$(a,b)$与平面直角坐标系中的点是一一对应的，所以复数集与平面直角坐标系中的点集之间可以建立一一对应关系. 如图 7.1-2，点$Z$的横坐标是$a$，纵坐标是$b$，复数$z=a+bi$可用点 $Z(a,b)$表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做**复平面**，$x$轴叫做**实轴**，$y$轴叫做**虚轴**.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数. [图片描述:一个笛卡尔直角坐标系，x轴和y轴交于原点O。在第一象限有一个点Z，其标签为“Z:a+bi”。从点Z向x轴和y轴分别引出虚线，虚线与x轴的交点标记为a，与y轴的交点标记为b。|标题:图7.1-2|图片编号:1] 例如，复平面內的原点$(0,0)$表示实数$0$，实轴上的点$(2,0)$表示实数$2$，虚轴上的点$(0,-1)$表示纯虚数$-\text{i}$，点$(-2,3)$表示复数$-2+3\text{i}$等. 按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有唯一的—个复数和它对应。由此可知，复数集 $\mathbf{C}$ 中的数与复平面内的点按如下方式建立了一一对应关系： 复数 $z=a+bi \longleftrightarrow$ 复平面内的点 $Z(a, b)$ 这是复数的一种几何意义。 > **? 思考** > > 在平面直角坐标系中，每一个平面向量都可以用一个有序实数对来表示，而有序实数对与复数是一一对应的。你能用平面向量来表示复数吗？ 如图7.1-3，设复平面内的点 $Z$ 表示复数 $z=a+bi$，连接 $OZ$，显然向量 $\vec{OZ}$ 由点 $Z$ 唯一确定；反过来，点 $Z$ 也可以由向量 $\vec{OZ}$ 唯一确定。因此，复数集 $\mathbf{C}$ 中的数与复平面内以原点为起点的向量建立了如下一一对应关系（实数 $0$ 与零向量对应），即： [图片描述: 描绘了一个复平面上的复平面坐标系，其中 x 轴为实轴，y 轴为虚轴。原点 O 位于 $(0,0)$。一个点 $Z(a,b)$ 位于第一象限，并标注为 $Z:a+bi$。从原点 O 到点 Z 画了一个向量，并用虚线指示了点 Z 在 x 轴上的投影 $a$ 和在 y 轴上的投影 $b$。|标题:图7.1-3|图片编号:1] 复数 $z=a+bi \longleftrightarrow$ 平面向量 $\vec{OZ}$ > 在本书的第六章，我们提到复数的这种几何表示是由韦塞尔在1797年提出的。后来，阿尔冈出书对此进行讨论，并得到高斯的认同，因此这种几何表示也称阿尔冈图 (_Argand diagram_)。正是这种直观的几何表示，揭开了复数的神秘的、不可思议的“面纱”，确立了复数在数学中的地位。 这是复数的另一种几何意义。 为方便起见，我们常把复数 $z=a+bi$ 说成点 $Z$ 或说成向量 $\vec{OZ}$，并且规定，相等的向量表示同一个复数。 图7.1-3 中向量 $\vec{OZ}$ 的模叫做复数 $z=a+bi$ 的模 (_modulus of a complex number_) 或**绝对值**，记作 $|z|$ 或 $|a+bi|$。即 $|z|=|a+bi|=\sqrt{a^2+b^2}$ 其中 $a, b \in \mathbf{R}$。 如果 $b=0$，那么 $z=a+bi$ 是一个实数 $a$，它的模就等于 $|a|$ （$a$ 的绝对值）。 **例2** 设复数 $z_1=4+3i, z_2=4-3i$. (1) 在复平面内画出复数 $z_1, z_2$ 对应的点和向量; (2) 求复数 $z_1, z_2$ 的模，并比较它们的模的大小. **解**:(1) 如图 7.1-4, 复数 $z_1, z_2$ 对应的点分别为 $Z_1, Z_2$, 对应的向量分别为 $\vec{OZ_1}, \vec{OZ_2}$. [图片描述:一个直角坐标系，横轴为$x$，纵轴为$y$，原点为$O$。图中标注了两个点：$Z_1(4, 3)$ 和 $Z_2(4, -3)$。从原点$O$分别连接到$Z_1$和$Z_2$绘制了两条实线向量。点$Z_1$和$Z_2$的坐标通过虚线与坐标轴连接。旁边有一个问题框，内容是“点$Z_1, Z_2$有怎样的关系？”|标题:图 7.1-4|图片编号:1] (2) $|z_1|=|4+3i|=\sqrt{4^2+3^2}=5$, $|z_2|=|4-3i|=\sqrt{4^2+(-3)^2}=5$. 所以 $|z_1|=|z_2|$. 一般地,当两个复数的实部相等,虚部互为相反数时,这两个复数叫做互为**共轭复数** (conjugate complex number). 虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数.复数 $z$ 的共轭复数用 $\bar{z}$ 表示,即如果 $z=a+bi$,那么 $\bar{z}=a-bi$. > **思考** > 如果 $z_1$, $z_2$ 是共轭复数,那么在复平面内它们所对应的点有怎样的关系? **例3** 设 $z \in \mathbf{C}$, 在复平面内 $z$ 对应的点为 $Z$, 那么满足下列条件的点 $Z$ 的集合是什么图形? (1) $|z|=1$; (2) $1<|z|<2$. **解**:(1) 由 $|z|=1$ 得, 向量 $\vec{OZ}$ 的模等于1, 所以满足条件 $|z|=1$ 的点 $Z$ 的集合是以原点 $O$ 为圆心, 以1为半径的圆. (2) 不等式 $1<|z|<2$ 可化为不等式组 $\begin{cases} |z|<2, \\ |z|>1. \end{cases}$ 不等式 $|z|<2$ 的解集是圆 $|z|=2$ 的内部所有的点组成的集合, 不等式 $|z|>1$ 的解集是圆 $|z|=1$ 外部所有的点组成的集合, 这两个集合的交集, 就是上述不等式组的解集, 也就是满足条件 $1<|z|<2$ 的点 $Z$ 的集合. 容易看出, 所求的集合是以原点 $O$ 为圆心, 以1及2为半径的两个圆所夹的圆环, 但不包括圆环的边界 (图 7.1-5). [图片描述:一个直角坐标系，横轴为$x$，纵轴为$y$，原点为$O$。图中绘制了两个同心圆，圆心均在$O$点。内部圆的半径为1，外部圆的半径为2。两个圆的边界均用虚线表示，表示不包含在集合内。两个圆之间的环形区域被填充为浅蓝色阴影，表示解集。|标题:图 7.1-5|图片编号:2] ## 练习 1. 说出图中复平面内各点所表示的复数(每个小方格的边长为1). [图片描述: 一个复平面坐标系，横轴为实轴x，纵轴为虚轴y。坐标系上有一个网格，每个小方格的边长为1。图中标出了以下点：O(0,0)，A(2,2)，B(1,-2)，C(-2,1)，D(-2,-3)，E(3,0)，F(-1,0)，G(0,3)，H(0,-3)。|标题: 复平面中的点 (第1题)|图1] 2. 在复平面内,描出表示下列复数的点: (1) $2+5i$; (2) $-3+2i$; (3) $2-4i$; (4) $-3-i$; (5) $5$; (6) $-3i$. 3. 已知复数 $2+i, -2+4i, -2i, 4, \frac{3}{2}-4i$, (1) 在复平面内画出这些复数对应的向量; (2) 求这些复数的模. ## 习题 7.1 ### 复习巩固 1. 符合下列条件的复数一定存在吗?若存在,请举出例子;若不存在,请说明理由. (1) 实部为 $-\sqrt{2}$ 的虚数; (2) 虚部为 $-\sqrt{2}$ 的虚数; (3) 虚部为 $-\sqrt{2}$ 的纯虚数. 2. 当实数 $m$ 取什么值时,复数 $(m^2-5m+6)+(m^2-3m)i$ 是下列数? (1) 实数; (2) 虚数; (3) 纯虚数. 3. 求适合下列方程的实数 $x$ 与 $y$ 的值: (1) $(3x+2y)+(5x-y)i=17-2i$; (2) $(x+y-3)+(x-4)i=0$. 4. 如果 $P$ 是复平面内表示复数 $a+bi(a, b \in \mathbf{R})$ 的点,分别指出在下列条件下点 $P$ 的位置. (1) $a>0, b>0$; (2) $a<0, b>0$; (3) $a=0, b \le 0$; (4) $b<0$. 5. 求复数 $z_1=3+4i$ 及 $z_2=\frac{1}{2}-\sqrt{2}i$ 的模,并比较它们的模的大小. ### 综合运用 6. 当实数 $m$ 取什么值时,复平面内表示复数 $z=(m^2-8m+15)+(m^2-5m-14)i$ 的点分别满足下列条件? (1) 位于第四象限; (2) 位于第一象限或第三象限; (3) 位于直线 $y=x$ 上. 7. 在复平面内，$O$ 是原点，向量 $\vec{OA}$ 对应的复数是 $2+i$. (1) 如果点 $A$ 关于实轴的对称点为点 $B$，求向量 $\vec{OB}$ 对应的复数； (2) 如果 (1) 中点 $B$ 关于虚轴的对称点为点 $C$，求点 $C$ 对应的复数. 8. 设 $z \in \mathbb{C}$，在复平面内 $z$ 对应的点为 $Z$，那么满足下列条件的点 $Z$ 的集合是什么图形? (1) $|z|=3$; (2) $2 \le |z| < 5$. 9. 如果复数 $z$ 的实部为正数，虚部为 $3$，那么在复平面内，复数 $z$ 对应的点应位于怎样的图形上? ### 拓广探索 10. 已知复数 $z$ 的虚部为 $\sqrt{3}$，在复平面内复数 $z$ 对应的向量的模为 $2$，求这个复数 $z$. 11. 在复平面内指出与复数 $z_1=1+2i$, $z_2=\sqrt{2}+\sqrt{3}i$, $z_3=\sqrt{3}-\sqrt{2}i$, $z_4=-2+i$ 对应的点 $Z_1$, $Z_2$, $Z_3$, $Z_4$. 判断这 $4$ 个点是否在同一个圆上，并证明你的结论. ## 7.2 复数的四则运算 在上一节，我们把实数集扩充到了复数集。引入新数集后，就要研究其中的数之间的运算。下面就来讨论复数集中的运算问题。 ### 7.2.1 复数的加、减运算及其几何意义 我们规定，复数的加法法则如下： 设 $z_1=a+bi$, $z_2=c+di$ $(a, b, c, d \in \mathbf{R})$ 是任意两个复数，那么它们的和 $(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i$. 很明显，两个复数的和仍然是一个确定的复数。特别地，当 $z_1$, $z_2$ 都是实数时，把它们看作复数时的和就是这两个实数的和。 可以看出，两个复数相加，类似于两个多项式相加。 > **③ 思考** > 复数的加法满足交换律、结合律吗？ 容易得到，对任意 $z_1, z_2, z_3 \in \mathbf{C}$，有 $$ z_1+z_2=z_2+z_1, $$ $$ (z_1+z_2)+z_3=z_1+(z_2+z_3). $$ > **探究** > 我们知道，复数与复平面内以原点为起点的向量一一对应，而我们讨论过向量加法的几何意义，你能由此出发讨论复数加法的几何意义吗？ 设 $\vec{OZ_1}$, $\vec{OZ_2}$ 分别与复数 $a+bi$, $c+di$ 对应，则 $\vec{OZ_1}=(a, b)$, $\vec{OZ_2} = (c, d)$. 由平面向量的坐标运算法则，得 $$ \vec{OZ_1}+\vec{OZ_2}=(a+c, b+d). $$ 这说明两个向量 $\vec{OZ_1}$ 与 $\vec{OZ_2}$ 的和就是与复数 $(a+c)+(b+d)i$ 对应的向量。因此，复数的加法可以按照向量的加法来进行（图 7.2-1），这就是复数加法的几何意义。 [图片描述:一个笛卡尔坐标系，横轴为x轴，纵轴为y轴，原点为O。图中描绘了三个复数点及其对应的向量。一个品红色向量$\vec{OZ_1}$从原点O指向点$Z_1(a, b)$，代表复数$a+bi$。一个蓝色向量$\vec{OZ_2}$从原点O指向点$Z_2(c, d)$，代表复数$c+di$。为了表示复数加法，图中通过平行四边形法则展示了它们的和。另一个蓝色向量从点$Z_2(c, d)$指向点$Z$，此向量与$\vec{OZ_1}$平行且长度相等。最终，一个黑色向量$\vec{OZ}$从原点O指向点$Z$，代表了两个复数$Z_1$和$Z_2$之和$Z_1+Z_2$。|标题:图7.2-1|图片1] --- **思考** 我们知道，实数的减法是加法的逆运算。类比实数减法的意义，你认为该如何定义复数的减法？ 我们规定，复数的减法是加法的逆运算，即把满足 $$(c+di)+(x+yi)=a+bi$$ 的复数$x+yi(x, y \in \mathbf{R})$叫做复数$a+bi(a, b \in \mathbf{R})$减去复数$c+di(c, d \in \mathbf{R})$的差，记作$(a+bi)-(c+di)$。 根据复数相等的含义， $$c+x=a, \quad d+y=b$$ 因此 $$x=a-c, \quad y=b-d$$ 所以 $$x+yi=(a-c)+(b-d)i$$ 即 $$(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i$$ 这就是复数的减法法则。由此可见，两个复数的差是一个确定的复数。可以看出，两个复数相减，类似于两个多项式相减。 --- **探究** 类比复数加法的几何意义，你能得出复数减法的几何意义吗？ --- **例1** 计算$(5-6i)+(-2-i)-(3+4i)$。 **解**： $$(5-6i)+(-2-i)-(3+4i)$$ $$=(5-2-3)+(-6-1-4)i$$ $$=-11i$$ **例2** 根据复数及其运算的几何意义,求复平面內的两点 $Z_1(x_1, y_1)$, $Z_2(x_2, y_2)$ 之间的距离. **分析:** 由于复平面內的点 $Z_1(x_1, y_1)$, $Z_2(x_2, y_2)$ 对应的复数分别为 $z_1=x_1+y_1i$, $z_2=x_2+y_2i$, 由复数减法的几何意义知,复数 $z_2-z_1$ 对应的向量为 $\vec{Z_1Z_2}$,从而点 $Z_1, Z_2$ 之间的距离为 $|\vec{Z_1Z_2}|=|z_2-z_1|$. **解:** 因为复平面内的点 $Z_1(x_1, y_1)$, $Z_2(x_2, y_2)$ 对应的复数分别为 $z_1=x_1+y_1i$, $z_2=x_2+y_2i$,所以点 $Z_1, Z_2$ 之间的距离为 $|\vec{Z_1Z_2}| = |z_2-z_1| = |(x_2+y_2i)-(x_1+y_1i)|$ $= |(x_2-x_1)+(y_2-y_1)i|$ $= \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$. ## 练习 1. 计算: (1) $(2+4i)+(3-4i)$; (2) $5-(3+2i)$; (3) $(-3-4i)+(2+i)-(1-5i)$; (4) $(2-i)-(2+3i)+4i$. 2. 如图, 向量 $\vec{OZ}$ 对应的复数是 $z$, 分别作出下列运算的结果对应的向量: (1) $z+1$; (2) $z-i$; (3) $z+(-2+i)$. [图片描述:一个笛卡尔坐标系，包含x轴和y轴，原点为O。在第二象限有一个点Z(a,b)，大致位于(-2, 3)的位置。从原点O到点Z画了一个向量$\vec{OZ}$。y轴的刻度从-1到3，x轴的刻度从-2到3。|标题:第2题|图片编号:图1] 3. 证明复数的加法满足交换律、结合律. 4. 求复平面内下列两个复数对应的两点之间的距离: (1) $z_1=2+i, z_2=3-i$; (2) $z_3=8+5i, z_4=4+2i$. ## 7.2.2 复数的乘、除运算 我们规定, 复数的乘法法则如下: 设 $z_1=a+bi$, $z_2=c+di$ ($a, b, c, d \in \mathbb{R}$) 是任意两个复数, 那么它们的积 $(a+bi)(c+di)=ac+bci+adi+bdi^2$ $= (ac-bd)+(ad+bc)i$. 很明显, 两个复数的积是一个确定的复数. 特别地, 当 $z_1, z_2$ 都是实数时, 把它们看作复数时的积就是这两个实数的积. 可以看出, 两个复数相乘, 类似于两个多项式相乘, 只要在所得的结果中把 $i^2$ 换成 $-1$, 并且把实部与虚部分别合并即可. > **? 思考** > 复数的乘法是否满足交换律、结合律?乘法对加法满足分配律吗? 容易得到, 对于任意 $z_1, z_2, z_3 \in \mathbf{C}$, 有 $$ z_1z_2 = z_2z_1, $$ $$ (z_1z_2)z_3 = z_1(z_2z_3), $$ $$ z_1(z_2+z_3) = z_1z_2 + z_1z_3. $$ **例3** 计算 $(1-2i)(3+4i)(-2+i)$. **解:** $(1-2i)(3+4i)(-2+i)$ $= (11-2i)(-2+i)$ $= -20+15i$. **例4** 计算: (1) $(2+3i)(2-3i)$; (2) $(1+i)^2$. **分析:** 本例可以用复数的乘法法则计算, 也可以用乘法公式①计算. > ①指的是与实数系中的乘法公式相对应的公式. **解:** (1) $(2+3i)(2-3i)$ $= 2^2-(3i)^2$ $= 4-(-9)$ $= 13$; > **?** > 若 $z_1, z_2$ 是共轭复数, 则 $z_1z_2$ 是一个怎样的数? (2) $(1+i)^2=1+2i+i^2$ $=1+2i-1$ $=2i$. --- **探究** 类比实数的除法是乘法的逆运算, 我们规定复数的除法是乘法的逆运算. 请探求复数除法的法则. 复数除法的法则是: $$ (a+bi) \div (c+di) = \frac{ac+bd}{c^2+d^2} + \frac{bc-ad}{c^2+d^2}i \quad (a, b, c, d \in \mathbf{R}, \text{且 } c+di \neq 0). $$ 由此可见, 两个复数相除 (除数不为0), 所得的商是一个确定的复数. 在进行复数除法运算时, 通常先把 $(a+bi) \div (c+di)$ 写成 $\frac{a+bi}{c+di}$ 的形式, 再把分子与分母都乘分母的共轭复数 $c-di$, 化简后就可得到上面的结果. 这里分子、分母都乘分母的“实数化因式”(共轭复数), 从而使分母“实数化”. **例5** 计算$(1+2i)\div(3-4i).$ **解:** $(1+2i)\div(3-4i) = \frac{1+2i}{3-4i}$ $= \frac{(1+2i)(3+4i)}{(3-4i)(3+4i)}$ $= \frac{3-8+6i+4i}{3^2+4^2}$ $= \frac{-5+10i}{25}$ $= -\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i.$ **例6** 在复数范围内解下列方程: (1) $x^2+2=0$; (2) $ax^2+bx+c=0$, 其中 $a, b, c \in \mathbf{R}$, 且 $a \neq 0, \Delta=b^2-4ac<0$. **分析:** 利用复数的乘法容易得到 (1) 中方程的根. 对于 (2), 当 $\Delta=b^2-4ac<0$ 时, 一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$ 无实数根, 利用求解一元二次方程的“根本大法”——配方法, 类似于 (1), 就能在复数范围内求得 (2) 中方程的根. **解:** (1) 因为$(\sqrt{2}i)^2=(-\sqrt{2}i)^2=-2$, 所以方程 $x^2+2=0$ 的根为 $x=\pm\sqrt{2}i$. (2) 将方程 $ax^2+bx+c=0$ 的二次项系数化为 $1$, 得 $x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0.$ 配方, 得 $(x+\frac{b}{2a})^2 = \frac{b^2-4ac}{4a^2},$ 即 $(x+\frac{b}{2a})^2 = -\frac{-(b^2-4ac)}{(2a)^2}.$ 由 $\Delta<0$, 知 $\frac{-(b^2-4ac)}{(2a)^2} = \frac{-\Delta}{(2a)^2}>0.$ 类似 (1), 可得 $x+\frac{b}{2a} = \pm\frac{\sqrt{-(b^2-4ac)}}{2a}i.$ 所以原方程的根为 $x=-\frac{b}{2a}\pm\frac{\sqrt{-(b^2-4ac)}}{2a}i.$ 在复数范围内, 实系数一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$ ($a \neq 0$) 的求根公式为: (1) 当 $\Delta \ge 0$ 时, $x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a};$ (2) 当 $\Delta < 0$ 时, $x=\frac{-b\pm\sqrt{-(b^2-4ac)}}{2a}i.$ ## 思考 根据复数的加法法则、乘法法则, 你能说明实数系经过扩充后得到的新数集就是复数集 $C$ 吗? ## 练习 ### 1. 计算: (1) $(7-6i)(-3i)$; (2) $(3+4i)(-2-3i)$; (3) $(1+2i)(3-4i)(-2-i)$. ### 2. 计算: (1) $(\sqrt{3}+\sqrt{2}i)(-\sqrt{3}+\sqrt{2}i)$; (2) $(1-i)^2$; (3) $i(2-i)(1-2i)$. ### 3. 计算: (1) $\frac{1+i}{1-i}$; (2) $\frac{1}{i}$; (3) $\frac{7+i}{3+4i}$; (4) $\frac{(-1+i)(2+i)}{-i}$. ### 4. 在复数范围内解下列方程: (1) $9x^2+16=0$; (2) $x^2+x+1=0$. --- ## 习题 7.2 ### 复习巩固 ### 1. 计算: (1) $(6-5i)+(3+2i)$; (2) $5i-(2+2i)$; (3) $(\frac{2}{3}+i)+(1-\frac{2}{3}i)-(\frac{1}{2}+\frac{3}{4}i)$; (4) $(0.5+1.3i)-(1.2+0.7i)+(1-0.4i)$. ### 2. 在复平面内, 复数 $6+5i$, $-3+4i$ 对应的向量分别是 $\vec{OA}$, $\vec{OB}$，其中 $O$ 是原点，求向量 $\vec{AB}$, $\vec{BA}$ 对应的复数. ### 3. 计算: (1) $(-8-7i)(-3i)$; (2) $(4-3i)(-5-4i)$; (3) $(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)(1+i)$; (4) $(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i)(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)$; (5) $(1+i)(1-i)+(-1+i)$. 4. 计算: (1) $ \frac{2i}{2-i} $ (2) $ \frac{2+i}{7+4i} $ (3) $ \frac{1}{(2-i)^2} $ (4) $ \frac{5(4+i)^2}{i(2+i)} $ **综合运用** 5. 四边形 *ABCD* 是复平面内的平行四边形, *A*, *B*, *C* 三点对应的复数分别是 $1+3i, -i, 2+i$, 求点 *D* 对应的复数. 6. 在复数范围内解下列方程: (1) $x^2+4x+5=0$; (2) $2x^2-3x+4=0$. 7. 已知 $2i-3$ 是关于 *x* 的方程 $2x^2+px+q=0$ 的一个根, 求实数 *p*, *q* 的值. **拓广探索** 8. 利用公式 $a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)$, 把下列各式分解成一次因式的积: (1) $x^2+4$; (2) $a^4-b^4$. 9. 若 $z=x+yi \ (x, y \in \mathbb{R})$, 则复平面内满足 $|z-(2+i)|=3$ 的点 *Z* 的集合是什么图形? 10. 使用信息技术手段进行试验: 尝试在复数集中对实系数多项式进行因式分解, 观察并记录所发现的规律. > **阅读与思考** > > ### 代数基本定理 > > 在代数发展史上的很长一段时期内, 解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题. 早在古巴比伦时期, 人们就会解一元二次方程. 16 世纪上半叶, 数学家们得到了一元三次方程、一元四次方程的解法 (包括求根公式). 此后, 数学家们转向求解一元五次及五次以上的方程, 他们想弄清楚以下问题: 一般的一元多项式方程有没有根? 如果有根, 根的个数是多少? 是否存在求根公式? > 我们可以发现这样一个现象: 随机生成的一元多项式, 在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积, 且一次因式的个数 (包括重复因式) 就是被分解的多项式的次数. 事实上, 数学中有如下定理: > **代数基本定理** (*fundamental theorem of algebra*) 任何一元 $n \ (n \in \mathbb{N}^*)$ 次复系数多项式方程 $f(x)=0$ 至少有一个复数根. > 代数基本定理是数学中最重要的定理之一, 它在代数学中起着基础作用. 代数基本定理的证明方法有很多种, 但每种证法都涉及高等数学知识, 此处不作介绍. 有兴趣的同学可以查阅相关资料. 由代数基本定理可以得到：任何一元$n (n \in \mathbb{N}^*)$ 次复系数多项式$f(x)$在复数集中可以分解为$n$个一次因式的乘积。进而，一元$n$次多项式方程有$n$个复数根(重根按重数计)。你能给出证明吗？ 尽管一元$n$次多项式方程有$n$个复数根(重根按重数计)，但是一元五次及五次以上的方程没有用四则运算及开方运算的公式解。 下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系。 设实系数一元二次方程 $a_2x^2+a_1x+a_0=0 (a_2 \neq 0)$ 在复数集$\mathbb{C}$内的根为$x_1, x_2$，容易得到 $$ \begin{cases} x_1+x_2=-\frac{a_1}{a_2}, \\ x_1x_2=\frac{a_0}{a_2}. \end{cases} $$ 设实系数一元三次方程 $a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=0 (a_3 \neq 0)$ ① 在复数集$\mathbb{C}$内的根为$x_1, x_2, x_3$，可以得到，方程①可变形为 $a_3(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0,$ 展开得 $a_3x^3-a_3(x_1+x_2+x_3)x^2+a_3(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-a_3x_1x_2x_3=0.$ ② 比较①②可以得到 $$ \begin{cases} x_1+x_2+x_3=-\frac{a_2}{a_3}, \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{a_1}{a_3}, \\ x_1x_2x_3=-\frac{a_0}{a_3}. \end{cases} $$ 如果实系数一元四次方程 $a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=0 (a_4 \neq 0)$ 在复数集$\mathbb{C}$内的根为$x_1, x_2, x_3, x_4$，那么它们与方程的系数之间有什么关系呢？ 对于上述方程，如果系数是复数，那么根与系数的这些关系仍然成立吗？ ## 7.3* 复数的三角表示 前面我们研究了复数$a+bi$及其四则运算,本节研究复数的另一种重要表示——复数的三角表示,它可以帮助我们进一步认识复数,同时能给复数的运算带来便利. ### 7.3.1 复数的三角表示式 我们知道,复数可以用$a+bi(a, b \in \mathbf{R})$的形式来表示,复数$a+bi$与复平面內的点$Z(a,b)$是一一对应的,与平面向量$\overrightarrow{OZ}=(a,b)$也是一一对应的. 借助复数的几何意义,复数能不能用其他形式来表示呢? > **探究** > 如图 7.3-1,复数 $z=a+bi$与向量$\overrightarrow{OZ}=(a, b)$一一对应,复数$z$由向量$\overrightarrow{OZ}$的坐标$(a,b)$唯一确定. 我们知道向量也可以由它的大小和方向唯一确定,那么能否借助向量的大小和方向这两个要素来表示复数呢?如何表示? [图片描述:一个笛卡尔坐标系，包含x轴和y轴。点Z位于第一象限，坐标为(a, b)。从原点O到点Z有一个向量$\overrightarrow{OZ}$，其长度为r。正x轴与向量$\overrightarrow{OZ}$之间的夹角为$\theta$。虚线表示点Z在x轴上的投影为a，在y轴上的投影为b。点Z处标记为Z: a+bi。|标题:复数的几何表示|图片编号:1] 向量的大小可以用模来刻画,那么向量的方向如何刻画呢?由图7.3-1容易想到,可以借助以$x$轴的非负半轴为始边,以向量$\overrightarrow{OZ}$所在射线(射线$OZ$)为终边的角$\theta$来刻画$\overrightarrow{OZ}$的方向. > **思考** > 你能用向量$\overrightarrow{OZ}$的模和角$\theta$来表示复数$z$吗? 记向量的模$|\overrightarrow{OZ}|=|a+bi|=r$,由图 7.3-1 可以得到, $$ \begin{cases} a=r\cos \theta, \\ b=r\sin \theta. \end{cases} $$ * 标有*的内容为选学内容,不作考试要求. 所以 $$a+bi = r \cos \theta + i r \sin \theta = r(\cos \theta + i \sin \theta)$$ 其中 $$r = \sqrt{a^2 + b^2}$$ $$\cos \theta = \frac{a}{r}$$ $$\sin \theta = \frac{b}{r}$$ > 当点$Z$在实轴或虚轴上时,这个结论成立吗? 这样,我们就用刻画向量大小的模$r$和刻画向量方向的角$\theta$表示了复数$z$. 一般地,任何一个复数$z=a+bi$都可以表示成 $$r(\cos \theta + i \sin \theta)$$ 的形式,其中,$r$是复数$z$的模;$\theta$是以$x$轴的非负半轴为始边,向量$\vec{OZ}$所在射线(射线$OZ$)为终边的角,叫做**复数**$z=a+bi$的**辐角**(argument of a complex number). $r(\cos \theta + i \sin \theta)$叫做**复数**$z=a+bi$的**三角表示式**,简称**三角形式**,为了与三角形式区分开来,$a+bi$叫做**复数的代数表示式**,简称**代数形式**. 显然,任何一个不为零的复数的辐角有无限多个值,且这些值相差$2\pi$的整数倍. 例如,复数$i$的辐角是$\frac{\pi}{2}+2k\pi$,其中$k$可以取任何整数. 对于复数$0$,因为它对应着零向量,而零向量的方向是任意的,所以复数$0$的辐角也是任意的. 我们规定在$0 \le \theta < 2\pi$范围内的辐角$\theta$的值为**辐角的主值**,通常记作$\arg z$,即$0 \le \arg z < 2\pi$. 例如,$\arg 1=0$, $\arg i=\frac{\pi}{2}$, $\arg(-1)=\pi$, $\arg(-i)=\frac{3\pi}{2}$. 复数的代数形式可以转化为三角形式,三角形式也可以转化为代数形式. 我们可以根据运算的需要,将复数的三角形式和代数形式进行互化. **例1** 画出下列复数对应的向量,并把这些复数表示成三角形式: (1) $\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$; (2) $1-i$. **分析**: 只要确定复数的模和一个辐角,就能将复数的代数形式转化为三角形式. **解**: (1) 复数$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$对应的向量如图7.3-2 所示,则 $$r = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = 1, \cos \theta = \frac{1}{2}.$$ [图片描述: 坐标系中从原点O到点($\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}$)的向量表示。点($\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}$)位于第一象限，虚线分别连接该点到x轴的$\frac{1}{2}$处和y轴的$\frac{\sqrt{3}}{2}$处。|标题: 图7.3-2|图片编号: 1] 因为与 $\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$ 对应的点在第一象限，所以 $\arg(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i) = \frac{\pi}{3}$。 于是 $\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}$。 (2) 复数 $1-i$ 对应的向量如图 7.3-3 所示，则 $r=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$, $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。 [图片描述: 一个笛卡尔坐标系，X轴和Y轴，原点为O。一个向量从原点O出发，指向第四象限的点 (1, -1)，该点标记为“1-i”。从点 (1, -1) 到X轴和Y轴有虚线辅助线，分别交于X轴上的1和Y轴上的-1。|标题:图 7.3-3|图片编号:1] 因为与 $1-i$ 对应的点在第四象限，所以 $\arg(1-i)=\frac{7\pi}{4}$。 于是 $1-i = \sqrt{2}(\cos \frac{7\pi}{4} + i\sin \frac{7\pi}{4})$。 当然，把一个复数表示成三角形式时，辐角 $\theta$ 不一定取主值. 例如 $\sqrt{2}[\cos(-\frac{\pi}{4}) + i\sin(-\frac{\pi}{4})]$ 也是 $1-i$ 的三角形式. **例2** 分别指出下列复数的模和一个辐角，画出它们对应的向量，并把这些复数表示成代数形式: (1) $\cos \pi + i\sin \pi$; (2) $6(\cos \frac{11\pi}{6} + i\sin \frac{11\pi}{6})$. **解:** (1) 复数 $\cos \pi + i\sin \pi$ 的模 $r=1$，一个辐角 $\theta=\pi$，对应的向量如图 7.3-4 所示. 所以 $\cos \pi + i\sin \pi = -1 + 0i = -1$. [图片描述: 一个笛卡尔坐标系，X轴和Y轴，原点为O。一个向量从原点O出发，指向负X轴上的点(-1, 0)。一个弧线从正X轴开始，逆时针旋转到向量所在位置，表示角度为 $\pi$。X轴上标记了1。|标题:图 7.3-4|图片编号:2] (2) 复数 $6(\cos \frac{11\pi}{6} + i\sin \frac{11\pi}{6})$ 的模 $r=6$，一个辐角 $\theta=\frac{11\pi}{6}$，对应的向量如图 7.3-5 所示. 所以 $6(\cos \frac{11\pi}{6} + i\sin \frac{11\pi}{6}) = 6\cos \frac{11\pi}{6} + (6\sin \frac{11\pi}{6})i$ $= 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} + 6 \times (-\frac{1}{2})i$ $= 3\sqrt{3} - 3i$. [图片描述: 一个笛卡尔坐标系，X轴和Y轴，原点为O。一个向量从原点O出发，指向第四象限的某一点。向量的长度标记为6。从向量的终点到X轴和Y轴有虚线辅助线。一个弧线从正X轴开始，逆时针旋转到向量所在位置，表示角度为 $\frac{11\pi}{6}$。|标题:图 7.3-5|图片编号:3] **? 思考** 两个用三角形式表示的复数在什么条件下相等? [图片描述:手写风格的“人民教育出版社”字样，代表书籍的出版机构。|标题:人民教育出版社Logo|图片编号:1] 每一个不等于零的复数有唯一的模与辐角的主值，并且由它的模与辐角的主值唯一确定。因此，两个非零复数相等当且仅当它们的模与辐角的主值分别相等。 ## 练习 1. 画出下列复数对应的向量，并把这些复数表示成三角形式: (1) $4$; (2) $-i$; (3) $2\sqrt{3}+2i$; (4) $-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$. 2. 下列复数是不是三角形式? 如果不是，把它们表示成三角形式. (1) $\frac{1}{2}(\cos \frac{\pi}{4} - i\sin \frac{\pi}{4})$; (2) $-\frac{1}{2}(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})$; (3) $\frac{1}{2}(\sin \frac{5\pi}{12} + i\cos \frac{5\pi}{12})$; (4) $\cos \frac{7\pi}{5} + i\sin \frac{7\pi}{5}$; (5) $2(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{6})$. 3. 把下列复数表示成代数形式: (1) $6(\cos \frac{3\pi}{2} + i\sin \frac{3\pi}{2})$; (2) $2(\cos \frac{5\pi}{3} + i\sin \frac{5\pi}{3})$. ## 7.3.2 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义 前面，我们研究了复数代数形式的乘、除运算，下面我们利用复数的三角表示研究复数的乘、除运算及其几何意义。 [思考] 如果把复数 $z_1, z_2$ 分别写成三角形式 $z_1=r_1 (\cos \theta_1+i\sin \theta_1)$, $z_2=r_2(\cos \theta_2 + i\sin \theta_2)$, 你能计算 $z_1z_2$ 并将结果表示成三角形式吗? 根据复数的乘法法则以及两角和的正弦、余弦公式，可以得到 $z_1z_2=r_1(\cos \theta_1+i\sin \theta_1) \cdot r_2(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)$ $=r_1r_2(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)$ $=r_1r_2[(\cos \theta_1 \cos \theta_2 – \sin \theta_1 \sin \theta_2)+i(\sin \theta_1 \cos \theta_2 + \cos \theta_1 \sin \theta_2)]$ $=r_1r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)]$, 即 $$r_1 (\cos \theta_1+i\sin \theta_1) \cdot r_2(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)$$ $$=r_1r_2[\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)].$$ 这就是说，两个复数相乘，积的模等于各复数的模的积，积的辐角等于各复数的辐角 的和。 ### 探究 由复数乘法运算的三角表示，你能得到复数乘法的几何意义吗？ 两个复数 $z_1, z_2$ 相乘时，可以像图 7.3-6 那样，先分别画出与 $z_1, z_2$ 对应的向量 $\vec{OZ_1}, \vec{OZ_2}$，然后把向量 $\vec{OZ_1}$ 绕点 $O$ 按逆时针方向旋转角 $\theta_2$ (如果 $\theta_2<0$，就要把 $\vec{OZ_1}$ 绕点 $O$ 按顺时针方向旋转角 $|\theta_2|$ )，再把它($\vec{OZ_1}$)的模变为原来的 $r_2$ 倍，得到向量 $\vec{OZ}$。 $\vec{OZ}$ 表示的复数就是积 $z_1z_2$。这是复数乘法的几何意义。 [图片描述: 笛卡尔坐标系中，表示复数$Z_1$和$Z_2$的向量$\vec{OZ_1}$和$\vec{OZ_2}$，以及它们的乘积$Z$（$\vec{OZ}$）的向量。$Z_1$与x轴正半轴夹角为$\theta_1$，将$\vec{OZ_1}$逆时针旋转$\theta_2$角，其模再伸长$r_2$倍后得到$\vec{OZ}$，其与x轴正半轴夹角为$\theta_1+\theta_2$。图中显示了原点$O$、$x$轴、$y$轴、复数$Z_1, Z_2, Z$以及角度$\theta_1, \theta_2, \theta_1+\theta_2$。|标题: 复数乘法的几何解释|图片编号:1] > ? > 你能解释 $i^2=-1$ 和 $(-1)^2=1$ 的几何意义吗？ **例 3** 已知 $z_1=\frac{3}{2}(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6})$, $z_2=2(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})$。 求 $z_1z_2$，请把结果化为代数形式，并作出几何解释。 **解**：$z_1z_2 = \frac{3}{2}(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6})\times2(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})$ $= \frac{3}{2}\times2[\cos(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3})+i\sin(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3})]$ $= 3(\cos \frac{\pi}{2} + i\sin \frac{\pi}{2})$ $= 3i$. > 当不要求把计算结果 化为代数形式时，也可以 用三角形式表示。 首先作与 $z_1, z_2$ 对应的向量 $\vec{OZ_1}, \vec{OZ_2}$，然后把向量 $\vec{OZ_1}$ 绕点 $O$ 按逆时针方向旋转 $\frac{\pi}{3}$，再将其长度伸长为原来的 2 倍，这样得到一个长度为 3，辐角为 $\frac{\pi}{2}$ 的向量 $\vec{OZ}$ (图 7.3-7)。 $\vec{OZ}$ 即为积 $z_1z_2=3i$ 所对应的向量。 [图片描述: 笛卡尔坐标系中，表示复数$Z_1 = \frac{3}{2}(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6})$和$Z_2 = 2(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})$的向量$\vec{OZ_1}$和$\vec{OZ_2}$。向量$\vec{OZ_1}$与x轴正半轴夹角为$\frac{\pi}{6}$。将$\vec{OZ_1}$绕原点O逆时针旋转$\frac{\pi}{3}$角（即$Z_2$的辐角），并将其长度伸长为原来的2倍（即$Z_2$的模），得到最终的向量$\vec{OZ}$，表示乘积$z_1z_2=3i$。$\vec{OZ}$与x轴正半轴夹角为$\frac{\pi}{2}$。图中显示了原点$O$、$x$轴、$y$轴、复数$Z_1, Z_2, Z$以及角度$\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}$。|标题: 复数乘积$z_1z_2=3i$的几何表示|图片编号:2] **例4** 如图7.3-8,向量$\vec{OZ}$对应的复数为$1+\text{i}$,把$\vec{OZ}$绕点$O$按逆时针方向旋转$120^\circ$,得到$\vec{OZ'}$. 求向量$\vec{OZ'}$对应的复数(用代数形式表示). [图片描述:一个直角坐标系，横轴为$x$，纵轴为$y$。原点标记为$O$。在第一象限，有一个向量$\vec{OZ}$从原点指向点$(1,1)$，并用虚线标示出其坐标。在第二象限，有一个向量$\vec{OZ'}$从原点发出，它是由$\vec{OZ}$绕原点逆时针旋转$120^\circ$得到的。两个向量均用品红色线段表示。|标题:图7.3-8|图片1] **分析**:根据复数乘法的几何意义,向量$\vec{OZ'}$对应的复数是复数$1+\text{i}$与$z_0$的积,其中复数$z_0$的模是$1$,辐角的主值是$120^\circ$. **解**:向量$\vec{OZ'}$对应的复数为 $(1+\text{i}) (\cos 120^\circ+\text{i}\sin 120^\circ)$ $=(1+\text{i})\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)$ $=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}-1}{2}\text{i}$. --- **探究** 复数的除法运算是乘法运算的逆运算. 根据复数乘法运算的三角表示,你能得出复数除法运算的三角表示吗? 设$z_1=r_1(\cos \theta_1+\text{i}\sin \theta_1)$, $z_2=r_2(\cos \theta_2+\text{i}\sin \theta_2)$, 且$z_2\neq0$, 因为 $r_2(\cos \theta_2+\text{i}\sin \theta_2)\cdot\frac{r_1}{r_2}[\cos(\theta_1-\theta_2)+\text{i}\sin(\theta_1-\theta_2)]=r_1(\cos \theta_1+\text{i}\sin \theta_1),$ 所以根据复数除法的定义,有 $\frac{r_1(\cos \theta_1+\text{i}\sin \theta_1)}{r_2(\cos \theta_2+\text{i}\sin \theta_2)}=\frac{r_1}{r_2}[\cos(\theta_1-\theta_2)+\text{i}\sin(\theta_1-\theta_2)].$ 这就是说,两个复数相除,商的模等于被除数的模除以除数的模所得的商,商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差. --- --- **探究** 类比复数乘法的几何意义,由复数除法运算的三角表示,你能得出复数除法的几何意义吗? --- **例5** 计算$4\left(\cos \frac{4\pi}{3}+\text{i}\sin \frac{4\pi}{3}\right) \div \left[2\left(\cos \frac{5\pi}{6}+\text{i}\sin \frac{5\pi}{6}\right)\right]$,并把结果化为代数形式. **解**:原式$=2\left[\cos\left(\frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6}\right)+\text{i}\sin\left(\frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6}\right)\right]$ $=2(\cos \frac{\pi}{2} + i\sin \frac{\pi}{2})=2(0+i)=2i.$ ## 练习 1.计算: (1) $8(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6})\times2(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4})$; (2) $2(\cos \frac{4\pi}{3} + i\sin \frac{4\pi}{3})\times4(\cos \frac{5\pi}{6} + i\sin \frac{5\pi}{6})$; (3) $\sqrt{2} (\cos 240^\circ+i\sin 240^\circ)\times\frac{\sqrt{3}}{2} (\cos 60^\circ+i\sin 60^\circ)$; (4) $3(\cos 18^\circ+i\sin 18^\circ)\times2(\cos 54^\circ+i\sin 54^\circ)\times5 (\cos 108^\circ+i\sin 108^\circ)$. 2.计算: (1) $12(\cos \frac{7\pi}{4} + i\sin \frac{7\pi}{4})\div [6(\cos \frac{2\pi}{3} + i\sin \frac{2\pi}{3})]$; (2) $\sqrt{3} (\cos 150^\circ+i\sin 150^\circ)\div [\sqrt{2}(\cos 225^\circ+i\sin 225^\circ)]$; (3) $2\div(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4})$; (4) $-i\div[2(\cos 120^\circ+i\sin 120^\circ)]$. 3.在复平面内,把与复数$3-\sqrt{3}i$对应的向量绕原点$O$按顺时针方向旋转$60^\circ$,求与所得的向量对应的复数(用代数形式表示). ## 习题 7.3 ### 复习巩固 1. 画出下列复数对应的向量,并把这些复数表示成三角形式: (1) $6$; (2) $1+i$; (3) $1-\sqrt{3}i$; (4) $-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i$. 2. 把下列复数表示成代数形式: (1) $3\sqrt{2}(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4})$; (2) $8(\cos \frac{11\pi}{6} + i\sin \frac{11\pi}{6})$; (3) $9(\cos \pi+i\sin \pi)$; (4) $6(\cos \frac{4\pi}{3} + i\sin \frac{4\pi}{3})$. 3.计算: (1) $3(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})\times3(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6})$; # 人民教育出版社 (2) $\sqrt{10}(\cos \frac{\pi}{2}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{2}) \times \sqrt{2}(\cos \frac{\pi}{4}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{4});$ (3) $10(\cos \frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi}{3}) \div [5(\cos \frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3})];$ (4) $12(\cos \frac{3\pi}{2}+\mathrm{i}\sin \frac{3\pi}{2}) \div [6(\cos \frac{\pi}{6}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{6})].$ 4. 计算下列各式,并作出几何解释: (1) $\sqrt{2}(\cos \frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi}{3}) \times 2\sqrt{2}(\cos \frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3});$ (2) $2(\cos 75^{\circ}+\mathrm{i}\sin 75^{\circ}) \times (\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{i});$ (3) $4(\cos 300^{\circ}+\mathrm{i}\sin 300^{\circ}) \div [\sqrt{2}(\cos \frac{3\pi}{4}+\mathrm{i}\sin \frac{3\pi}{4})];$ (4) $(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}) \div [2(\cos \frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3})].$ ## 综合运用 5. (1) 求证: $\frac{1}{\cos \theta+\mathrm{i}\sin \theta}=\cos \theta-\mathrm{i}\sin \theta;$ (2) 写出下列复数 $z$ 的倒数 $\frac{1}{z}$ 的模与辐角: $z=4(\cos \frac{\pi}{12}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{12})$, $z=\cos \frac{\pi}{6}-\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{6}$, $z=\frac{\sqrt{2}}{2}(1-\mathrm{i}).$ 6. 求证: (1) $(\cos 75^{\circ}+\mathrm{i}\sin 75^{\circ})(\cos 15^{\circ}+\mathrm{i}\sin 15^{\circ})=\mathrm{i};$ (2) $(\cos 3\theta-\mathrm{i}\sin 3\theta)(\cos 2\theta-\mathrm{i}\sin 2\theta)=\cos 5\theta-\mathrm{i}\sin 5\theta.$ 7. 化简: (1) $\frac{(\cos 7\theta+\mathrm{i}\sin 7\theta)(\cos 2\theta+\mathrm{i}\sin 2\theta)}{(\cos 5\theta+\mathrm{i}\sin 5\theta)(\cos 3\theta+\mathrm{i}\sin 3\theta)};$ (2) $\frac{\cos \varphi-\mathrm{i}\sin \varphi}{\cos \varphi+\mathrm{i}\sin \varphi}.$ 8. 设 $z=\sqrt{3}-\mathrm{i}$ 对应的向量为$\vec{OZ}$, 将$\vec{OZ}$绕点 $O$ 按逆时针方向和顺时针方向分别旋转 $45^{\circ}$和 $60^{\circ}$, 求所得向量对应的复数 (用代数形式表示). ## 拓广探索 9. 如下页图,复平面内的$\triangle ABC$是等边三角形,它的两个顶点 $A,B$ 的坐标分别为 $(1,0),(2,1)$,求点 $C$ 的坐标. 10. 如下页图,已知平面内并列的三个全等的正方形,利用复数证明 $\angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac{\pi}{2}.$ [图片描述:一个二维坐标系，包含X轴、Y轴和原点O。在第一象限内绘制了一个三角形ABC，其中A、C两点位于X轴上，B点位于第一象限。|标题:第9题图|图片编号:1] [图片描述:一个二维坐标系，包含X轴、Y轴和原点O。Y轴上标有刻度1。X轴上标有刻度1, 2, 3。从原点O分别连接到点(1,1)、(2,1)、(3,1)绘制了三条直线。这些直线与X轴正半轴的夹角分别被标记为1、2、3。|标题:第10题图|图片编号:2] ## 探究与发现 ### 1的$n$次方根 初中我们学过，$1$的平方根为$\pm 1$，它们互为相反数。如何求$1$的$3$次方根，$4$次方根$\dots \dots n$次方根？它们有什么性质呢？ 我们知道开方是乘方的逆运算，为了探求$1$的$n$次方根，需要先研究复数的乘方。 由复数乘法运算的三角表示知，若$z_1=r_1(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)$，$z_2=r_2 \cdot (\cos \theta_2+i\sin \theta_2)$，则$z_1z_2 = r_1r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)]$。这个结论可以推广到$n(n \ge 2, n \in \mathbb{N})$个复数相乘的情况，即若$z_1=r_1(\cos \theta_1+i\sin \theta_1)$，$z_2=r_2(\cos \theta_2+i\sin \theta_2)$，$\dots$， $z_n=r_n(\cos\theta_n+i\sin \theta_n)$，则 $z_1z_2\dots z_n=r_1r_2\dots r_n[\cos(\theta_1+\theta_2+\dots+\theta_n)+i\sin(\theta_1+\theta_2+\dots+\theta_n)]$. 特别地，如果$z_1=z_2=\dots=z_n=r(\cos\theta+i\sin \theta)$，那么 $[r(\cos \theta+i\sin \theta)]^n =r^n (\cos n\theta+i\sin n\theta)$. 这就是说，复数的$n(n \in \mathbb{N}^*)$次幂的模等于这个复数的模的$n$次幂，它的辐角等于这个复数的辐角的$n$倍，这个结论叫做棣莫弗定理。 > ? 类比复数乘法的几何意义，你能给出复数乘方的几何意义吗？ 下面我们利用棣莫弗定理，探求$1$的$3$次方根，给出它们的几何解释，并探求它们的性质。 设$z=\rho(\cos \varphi+i\sin \varphi)(\rho>0)$是$1$的$3$次方根，则$z^3=1=\cos 0+i\sin 0$，从而 $[\rho (\cos \varphi+i\sin \varphi)]^3=\rho^3 (\cos 3\varphi+i\sin 3\varphi)=\cos 0+i\sin 0$. 因为相等的复数的模相等，辐角可以相差$2\pi$的整数倍，所以 $$ \begin{cases} \rho^3=1, \\ 3\varphi=0+2k\pi(k\in\mathbb{Z}), \end{cases} $$ 即 $$ \left\{ \begin{array}{l} \rho=1, \\ \varphi=\frac{2k\pi}{3} \quad (k\in\mathbb{Z}). \end{array} \right. $$ 因此1的3次方根是 $\cos \frac{2k\pi}{3} + i\sin \frac{2k\pi}{3} \quad (k\in\mathbb{Z})$. 根据三角函数的周期性可得,1的3次方根为 $\omega_k=\cos \frac{2k\pi}{3} + i\sin \frac{2k\pi}{3} \quad (k=0, 1, 2)$. 即 $\omega_0 = \cos 0 + i\sin 0 = 1$, $\omega_1 = \cos \frac{2\pi}{3} + i\sin \frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$, $\omega_2 = \cos \frac{4\pi}{3} + i\sin \frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$. 1的3次方根的几何意义是什么呢? 如图1,在复平面内,设 $\omega_0, \omega_1, \omega_2$ 对应的点分别为 $Z_0, Z_1, Z_2$, 对应的向量分别为 $\vec{OZ_0}, \vec{OZ_1}, \vec{OZ_2}$. 因为 $|\omega_0|=|\omega_1|=|\omega_2|=1$, 所以 $\omega_0, \omega_1, \omega_2$ 所对应的点 $Z_0, Z_1, Z_2$ 都在以原点 $O$ 为圆心的单位圆上.因为 $\omega_0, \omega_1, \omega_2$ 的辐角依次相差 $\frac{2\pi}{3}$, 所以 $Z_0, Z_1, Z_2$ 是单位圆的三等分点(也可以看成单位圆的内接正三角形的顶点), 且分点 $Z_0$ 恰为单位圆与实轴的正半轴的交点. [图片描述:复平面上的单位圆，圆心为原点O。x轴和y轴交于O点，坐标轴上标有-1和1。点Z0位于(1,0)处，点Z1位于第二象限，点Z2位于第三象限。从原点O到Z0, Z1, Z2分别绘制了向量$\vec{OZ_0}$, $\vec{OZ_1}$, $\vec{OZ_2}$。这三个点将单位圆三等分，形成一个内接正三角形的顶点。|标题:图1|图片编号:1] 从 $\omega_0, \omega_1, \omega_2$ 对应的向量 $\vec{OZ_0}, \vec{OZ_1}, \vec{OZ_2}$ 来看,容易发现:将 $\vec{OZ_0}$ 绕原点 $O$ 按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\vec{OZ_1}$, 再按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\vec{OZ_2}$, 继续按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\vec{OZ_0}$. 我们还可以得到1的3次方根的一些性质: (1) $(\omega_k)^3=1$, $|\omega_k|=1$, 其中 $k=0, 1, 2$; (2) $\omega_1$ 和 $\omega_2$ 互为共轭复数; (3) $1+\omega_k+\omega_k^2=0$ ($k=1, 2$). 你能证明这些性质吗? 类比上述研究方法,请你自己探求1的4次方根,5次方根……………$n$ 次方根. 你能解释它们的几何意义,并探求它们的性质吗? ## 小结 ## 一、本章知识结构 ```mermaid graph TD A["数系扩充\n复数引入"] --> B["复数的概念"] B --> C["复数的代数形式"] B --> E["复数的三角形式"] C --> D["复数代数形式的\n四则运算"] E --> F["复数乘、除运算\n的三角表示"] ``` ## 二、回顾与思考 本章我们通过解方程引入了复数，进而研究了复数的表示和运算，以及它们的几何意义，将实数系扩充成复数系。 在数学史上，从古希腊丢番图时代人们求一元二次方程的解时发现复数问题开始，到意大利数学家卡尔达诺在他1545年出版的《大术》中，在求解一元三次方程过程中无法回避虚数问题，再到18世纪末韦塞尔给出复数的几何表示，人们才开始接受复数，这是一个漫长而曲折的过程，其中充满着数学家的想象力、创造力，表现了数学家不屈不挠、精益求精的精神。我们看到，人们是在解决纯粹的数学问题的过程中发现复数的，但它现在在流体力学、信号分析等学科中得到了广泛的应用。1843年，英国数学家哈密顿在复数基础上构造了四元数，从而导致了物理学中著名的麦克斯韦方程的建立，显示了人类理性思维的强大作用。 复数本质上是一对有序实数，因此复数与复平面内的点是一一对应的，与复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，由复数的向量表示可以进一步得到复数的三角形式，因此，复数的代数形式、三角形式都具有明显的几何意义，从复数的运算看，复数代数形式的加、减运算的几何意义，就是相应平面向量的加减运算；复数的乘、除运算的几何意义，就是平面向量的旋转、伸缩。本章强调数与形的结合，学习时应注意把握数形结合的思想方法。 学习本章时，应注意复数与实数、有理数的联系，复数及其代数形式的加法、减法、乘法运算与多项式及其加法、减法、乘法运算的联系，应注意复数及其代数形式的加、减运算与平面向量及其加、减运算的联系，还应关注复数的三角表示以及复数的乘、除运算与平面向量、三角函数的联系，这些联系可以用以下框图表示： [图片描述:一张概念图，展示了多项式、复数、平面向量、实数、数轴上的向量、有理数、复数的三角形式以及三角函数之间的类比、特殊化和联系关系，描绘了数系扩展和复数几何意义的知识结构。|标题:|图片编号:图1] ```mermaid graph TD A[多项式及其运算] ---|类比| B[复数及其运算] B ---|类比| C[平面向量及其运算] B ---|特殊化| D[实数及其运算] D ---|类比| E[数轴上的向量及其运算] D ---|特殊化| F[有理数及其运算] subgraph 复数几何与三角函数联系 direction LR G[平面向量] ---|联系| H[复数的三角形式以及
复数的乘、除运算] H ---|联系| I[三角函数] end ``` 请你带着下面的问题,复习一下全章内容吧! 1. 收集一些从实数系扩充到复数系的数学史料,并对“整数—有理数—实数——复数”的数系扩充过程进行整理. 2. 学习复数应联系实数,注意到复数事实上是一对有序实数,请比较实数、虚数、纯虚数、复数之间的区别和联系,比较实数和复数的几何意义的区别. 3. 你对复数四则运算法则规定的合理性,以及复数代数形式的加、减运算与向量的加、减运算的一致性有什么体会? 4. 什么是复数的三角形式?它与复数的几何意义之间有什么联系?复数的代数形式与三角形式之间有什么关系? 5. 复数乘、除运算的几何意义是什么? 6. 比较复数乘、除运算的代数表示与三角表示,体会复数的三角表示给乘、除运算带来的便利. ## 复习参考题7 ### 复习巩固 1. 选择题 (1) 复数$a+bi$与$c+di$的积是实数的充要条件是( ). (A) $ad+bc=0$ (B) $ac+bd=0$ (C) $ac=bd$ (D) $ad=bc$ (2) 复数$i-\frac{5}{2}$的共轭复数是( ). (A) $i+2$ (B) $i-2$ (C) $-2-i$ (D) $2-i$ **(3)** 当 $\frac{2}{3} < m < 1$ 时, 复数 $m(3+i)-(2+i)$ 在复平面内对应的点位于 ( ). (A) 第一象限 (B) 第二象限 (C) 第三象限 (D) 第四象限 **\*(4)** 复数 $\sin 40^\circ - i\cos 40^\circ$ 的辐角主值是 ( ). (A) $40^\circ$ (B) $140^\circ$ (C) $220^\circ$ (D) $310^\circ$ **2. 填空题** **(1)** 若复数 $z$ 的模为 5, 虚部为 -4, 则复数 $z=$________. **(2)** 已知复数 $z=1-2i$, 那么 $\frac{1}{z}=$________. **(3)** 复数 $-1+i$ 与 $3-4i$ 对应的向量分别为 $\vec{OA}$ 与 $\vec{OB}$, 则向量 $\vec{BA}$ 对应的复数为________. **\*(4)** 如果向量 $\vec{OZ}$ 对应复数 $4i$, $\vec{OZ}$ 绕点 $O$ 按逆时针方向旋转 $45^\circ$ 后再把模变为原来的 $\sqrt{2}$ 倍得到向量 $\vec{OZ_1}$, 那么与 $\vec{OZ_1}$ 对应的复数是________(用代数形式表示). **3.** 求证: $z \cdot \bar{z} = |z|^2 = |\bar{z}|^2$. **4.** 已知复数 $z$ 与 $(z+2)^2-8i$ 都是纯虚数, 求 $z$. **5.** 在复数集 $\mathbf{C}$ 中解下列方程: **(1)** $4x^2+9=0$; **(2)** $(x-3)(x-5)+2=0$. **综合运用** **6.** 已知 $z_1=5+10i$, $z_2=3-4i$, $\frac{1}{z} = \frac{1}{z_1} + \frac{1}{z_2}$, 求 $z$. **7.** 已知 $(1+2i)z=4+3i$, 求 $z$ 及 $\frac{\bar{z}}{z}$. **8.** **(1)** 求 $i^1, i^2, i^3, i^4, i^5, i^6, i^7, i^8$ 的值; **(2)** 由 (1) 推测 $i^n(n \in \mathbf{N}^*)$ 的值有什么变化规律, 并把这个规律用式子表示出来. **拓广探索** **9.** 已知复数 $z_1=m+(4-m^2)i(m \in \mathbf{R})$, $z_2 = 2\cos \theta+ (\lambda+3\sin \theta) i (\lambda, \theta \in \mathbf{R})$, 并且 $z_1=z_2$, 求 $\lambda$ 的取值范围. **\*10.** 在复平面的上半平面内有一个菱形 $OABC$, $\angle AOC=120^\circ$, 点 $A$ 所对应的复数是 $2+i$, 求另外两个顶点 $B,C$ 所对应的复数.