复数

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数系的每一次扩充，其背后都蕴含着一个深刻的动因：为了使某种在原有体系内无解的运算变得有意义. 从自然数 (\mathbb{N}) 到整数 (\mathbb{Z})，是为了使减法运算得以封闭；从整数 (\mathbb{Z}) 到有理数 (\mathbb{Q})，是为了使除法运算得以封闭；从有理数 (\mathbb{Q}) 到实数 (\mathbb{R})，是为了使开方运算与极限运算得以封闭.

然而，即便是实数集 (\mathbb{R}) 中，一个最基础的代数方程仍然揭示了它的局限性： <MathBlock raw={"x^2 = -1"} /> 在实数范围内，任何数的平方都非负，因此该方程无解.这不仅是求根公式在判别式 (\Delta < 0) 时失效的根本原因，更标志着实数系在代数完备性上的一个根本缺陷.为了弥合这一缺陷，数学家们必须探寻对“数”这一概念的再次延拓.

让我们暂时搁置纯粹的代数求解，从几何的视角重新审视数的运算.在实数轴上，乘以 (-1) 对应着一个明确的几何变换：以原点为中心旋转 (180^\circ).例如，(2 \times (-1) = -2)，点 ((2,0)) 旋转 (180^\circ) 到达点 ((-2,0)). 一个深刻的问题由此产生：是否存在一种运算，当它连续作用两次后，其效果恰好等同于“旋转 (180^\circ)”？换言之，我们能否为“旋转 (90^\circ)”这一几何变换，寻找到一个对应的代数实体？

这个几何问题为我们提供了一条构造性的路径.若要将代表 (1) 的点进行 (90^\circ) 的旋转，其像必然会脱离一维的实数轴，而进入一个二维的平面.我们不妨将这个“逆时针旋转 (90^\circ)”的算子记为 (i).那么，从 (1) 出发，施以 (i) 的运算就意味着将点 ((1,0)) 旋转至新位置.再施以一次 (i) 的运算，即连续旋转两次 (90^\circ)，就等同于旋转 (180^\circ)，最终到达 (-1) 的位置.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 315

{i^2=-1}} \end{figure} 图：从代数到几何的统一：\texorpdfstring{$i^2=-1$

这一过程揭示了代数结构与几何变换之间深刻的对应关系.我们为“逆时针旋转 (90^\circ)”这一几何变换所寻找的代数算子 (i)，其二次幂 ((i^2)) 的代数效果，必然等同于“乘以 (-1)”.这便导出了新数系的核心定义，它同时满足了代数与几何的双重逻辑要求： <MathBlock raw={"i^2 = -1"} /> 因此，复数的概念并非一种随意的形式构造，而是代数需求与几何直观内在统一的必然结果.它将我们对数的认知从一维的数轴拓展至二维的平面.

复数的概念与几何意义

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复数的基本概念

复数

我们定义形如 $z = a+bi$ 的数称为复数, 其中 $a,b$ 均为实数 ($\mathbb{R}$), $i$ 称为虚数单位, 它满足 $i^2 = -1$.

• $a$ 称为复数 $z$ 的实部 , 记作 $\operatorname{Re}(z) = a$.

• $b$ 称为复数 $z$ 的虚部 , 记作 $\operatorname{Im}(z) = b$.

  所有复数构成的集合称为复数集，记作 $\mathbb{C}$.

请注意关于实部和虚部的记号，比如$\operatorname{Re}(z) = a$，只是本书为了方便展示而引入使用，不推荐你在解题的时候直接写此符号.

复数的分类

设复数 $z=a+bi$:

• 当 $b=0$ 时, $z=a$ 是一个实数.

• 当 $b \ne 0$ 时, $z$ 称为虚数.

• 当 $a=0$ 且 $b \ne 0$ 时, $z=bi$ 称为纯虚数.

  两个复数相等，当且仅当它们的实部和虚部分别相等： <MathBlock raw={"a+bi = c+di \iff a=c \text{ 且 } b=d"} />

复数的几何表示

复平面

建立了直角坐标系来表示复数的平面，称为复平面或阿尔冈图.

• $x$ 轴称为实轴.

• $y$ 轴称为虚轴.

  复数 $z=a+bi$ 与复平面上的点 $Z(a,b)$ 以及从原点指向点 $Z$ 的向量 $\overrightarrow{OZ}$ 是一一对应的. 这种对应关系是数形结合思想在复数中的基石.

模与共轭

设复数 $z=a+bi$.

• 模: 复数 $z$ 对应的向量 $\overrightarrow{OZ}$ 的长度, 记作 $|z|$. <MathBlock raw={"|z| = \sqrt{a^2 + b^2}"} />
• 共轭复数: 实部相等，虚部互为相反数的两个复数. $z$ 的共轭复数记作 $\bar{z}$. <MathBlock raw={"\bar{z} = a-bi"} /> 在复平面上，共轭复数对应的点关于实轴对称.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 316

\end{figure} 图：复数、模与共轭的几何意义

模与共轭的性质

设 $z, z_1, z_2 \in \mathbb{C}$:

1. $z \cdot \bar{z} = |z|^2$. (这是连接代数运算与几何模长的桥梁)
2. $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$, $|\frac{z_1}{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}$ ($z_2 \ne 0$).
3. $\overline{z_1 \pm z_2} = \bar{z_1} \pm \bar{z_2}$. (共轭对加减法是“可分配”的)
4. $\overline{z_1 z_2} = \bar{z_1} \bar{z_2}$, $\overline{(\frac{z_1}{z_2})} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$ ($z_2 \ne 0$). (共轭对乘除法也是“可分配”的)

证明

我们将按顺序逐一证明上述性质.

1. **证明 z \cdot \bar{z** = |z|^2:}

   此为基础性质，其证明可通过将复数代入其代数形式 $z=a+bi$ 直接展开验证.

   设复数 $z = a+bi$, 其中 $a, b \in \mathbb{R}$. 根据共轭复数的定义，有 $\bar{z} = a-bi$. 计算两者的乘积： <MathBlock raw={"\begin{aligned} z \cdot \bar{z} &= (a+bi)(a-bi) &= a^2 - (bi)^2 &&\text{(利用平方差公式)} &= a^2 - b^2 i^2 &= a^2 - b^2(-1) &&\text{(由虚数单位的定义 $i^2 = -1$)} &= a^2 + b^2 \end{aligned}"} /> 另一方面，根据复数模的定义，我们有 $|z| = \sqrt{a^2+b^2}$. 因此， <MathBlock raw={"|z|^2 = \left(\sqrt{a^2+b^2}\right)^2 = a^2+b^2"} /> 比较两式结果，可知 $z \cdot \bar{z} = |z|^2$ 得证.

2. **证明 $|z_1 z_2| = |z_1| |z_2|$ 与 |\frac{z_1**{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}:}

   直接使用根号进行代数展开将极为繁琐.一个更为简洁且深刻的证明策略是，首先证明模的平方满足该性质，即 $|z_1 z_2|^2 = (|z_1||z_2|)^2$.此方法可以巧妙地运用性质(1)和性质(4)，从而完全避免处理根式.

   我们从等式左边的平方入手： <MathBlock raw={"\begin{aligned} |z_1 z_2|^2 &= (z_1 z_2) \cdot \overline{(z_1 z_2)} &&\text{(由性质(1): $|w|^2 = w\\bar{w}$)} &= (z_1 z_2) \cdot (\bar{z_1} \bar{z_2}) &&\text{(由性质(4): $\\overline{w_1 w_2} = \\bar{w_1}\\bar{w_2}$)} &= (z_1 \bar{z_1}) \cdot (z_2 \bar{z_2}) &&\text{(复数乘法满足交换律与结合律)} &= |z_1|^2 \cdot |z_2|^2 &&\text{(再次应用性质(1))} \end{aligned}"} />

   我们已经证明了 $|z_1 z_2|^2 = |z_1|^2 |z_2|^2$. 由于复数的模 $|z|$ 定义为非负实数, 所以 $|z_1 z_2|$ 与 $|z_1||z_2|$ 均为非负实数. 对等式两边同时取非负平方根，即得 $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$.

   除法性质 $|\frac{z_1}{z_2}| = \frac{|z_1|}{|z_2|}$ 的证明技巧类似, 可以通过令 $w = \frac{z_1}{z_2}$ 并利用已证的乘法结论导出，留作读者练习.

3. **证明 \overline{z_1 \pm z_2** = \bar{z_1} \pm \bar{z_2}:}

   我们采用代数展开法，分别计算等式两边，验证其是否相等.设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$.

   首先计算等式左边 (以加法为例)： <MathBlock raw={"z_1 + z_2 = (a+c) + (b+d)i"} /> 对其整体取共轭，得到： <MathBlock raw={"\overline{z_1 + z_2} = (a+c) - (b+d)i"} />

   然后计算等式右边： <MathBlock raw={"\bar{z_1} = a-bi, \bar{z_2} = c-di"} /> 将它们相加，得到： <MathBlock raw={"\bar{z_1} + \bar{z_2} = (a+c) + (-b-d)i = (a+c) - (b+d)i"} />

   由于左边与右边表达式完全相同，故 $\overline{z_1 + z_2} = \bar{z_1} + \bar{z_2}$ 得证.减法的情况完全同理.

4. **证明 \overline{z_1 z_2** = \bar{z_1} \bar{z_2} 与 $\overline{(\frac{z_1}{z_2})} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$:}

   对于乘法，我们依然使用代数展开法.设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$.

   计算等式左边： <MathBlock raw={"z_1 z_2 = (a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i"} /> 对其整体取共轭，得到： <MathBlock raw={"\overline{z_1 z_2} = (ac-bd) - (ad+bc)i"} />

   计算等式右边： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \bar{z_1} \cdot \bar{z_2} &= (a-bi)(c-di) &= ac - adi - bci + bdi^2 &= (ac - bd) - (ad+bc)i \end{aligned}"} /> 由于左边与右边表达式完全相同，故 $\overline{z_1 z_2} = \bar{z_1} \bar{z_2}$ 得证.

   对于除法，一个更优雅的方法是利用刚刚证明的乘法结论进行转化. 令 $w = \frac{z_1}{z_2}$, 则有 $z_1 = w \cdot z_2$. 对等式两边同时取共轭，得到 $\bar{z_1} = \overline{w \cdot z_2}$. 根据已证的乘法性质，有 $\bar{z_1} = \bar{w} \cdot \bar{z_2}$. 由此解出 $\bar{w}$, 我们得到 $\bar{w} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$. 将 $w = \frac{z_1}{z_2}$ 代回, 即得 $\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)} = \frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$.

例

已知复数 $z, w$ 均不为 0，则下列结论正确的是 ( )

| A. $z^2 = |z|^2$ | B. $\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}$ | | --- | --- | | C. $\overline{z-w} = \bar{z} - \bar{w}$ | D. $\left|\frac{z}{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}$ |

解

**【解析】**本题旨在考察对复数基本运算法则和性质的掌握情况.我们将逐一分析每个选项.

对 A: $z^2 = |z|^2$

该命题错误.我们可以通过举反例来证伪.

令 $z = i$. 等式左边为 $z^2 = i^2 = -1$. 等式右边为 $|z|^2 = |i|^2 = 1^2 = 1$. 左边 $\ne$ 右边，故 A 错误.

**对 B: \frac{z**{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}}

该命题正确.这是一个非常重要的恒等式，其证明巧妙地利用了核心性质 $|z|^2 = z\bar{z}$.

证明： 我们的目标是将等式左边变换成右边的形式. <MathBlock raw={"\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z}{\bar{z}} \cdot \frac{z}{z} = \frac{z \cdot z}{\bar{z} \cdot z} = \frac{z^2}{z\bar{z}}"} /> 因为 $z\bar{z} = |z|^2$，所以 <MathBlock raw={"\frac{z^2}{z\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}"} /> 因此，$\frac{z}{\bar{z}} = \frac{z^2}{|z|^2}$ 成立.故 B 正确.

**对 C: \overline{z-w** = \bar{z} - \bar{w}}

该命题正确.这是共轭复数的基本运算法则.

证明：设 $z = a+bi$, $w = c+di$.

左边 $= \overline{(a+bi)-(c+di)} = \overline{(a-c)+(b-d)i} = (a-c)-(b-d)i$.

右边 $= \overline{a+bi} - \overline{c+di} = (a-bi) - (c-di) = (a-c)-(b-d)i$.

左边 $=$ 右边，故 C 正确.

**对 D: \left|\frac{z**{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}}

该命题正确.这是复数模的基本运算法则.

证明：利用性质 $|u|^2 = u\bar{u}$ 和 $\overline{(u/v)} = \bar{u}/\bar{v}$. <MathBlock raw={"\left|\frac{z}{w}\right|^2 = \left(\frac{z}{w}\right) \cdot \overline{\left(\frac{z}{w}\right)} = \frac{z}{w} \cdot \frac{\bar{z}}{\bar{w}} = \frac{z\bar{z}}{w\bar{w}} = \frac{|z|^2}{|w|^2}"} /> 由于模为非负数，两边同时开方，得 $\left|\frac{z}{w}\right| = \frac{|z|}{|w|}$. 故 D 正确.

【结论】 综上所述，正确的选项为 B、C、D.

经验总结

本题的四个选项是复数性质的集中体现，其中恒等式 $|z|^2 = z\bar{z}$ 扮演了核心角色.

• 它是连接复数 $z$、其共轭 $\bar{z}$ 与其模 $|z|$ 的关键桥梁.
• 在证明选项B和D时，我们都巧妙地运用了它.对于B，我们通过构造 $z\bar{z}$ 来得到分母 $|z|^2$；对于D，我们通过对模的平方运算，将问题转化为此恒等式的应用.
• 掌握并灵活运用 $|z|^2 = z\bar{z}$，是解决许多看似复杂的复数恒等变换问题的"金钥匙".

复数的运算

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代数运算

设 $z_1 = a+bi, z_2 = c+di$.

• 加法/减法: <MathBlock raw={"z_1 \pm z_2 = (a \pm c) + (b \pm d)i"} /> 几何意义: 遵循向量加/减法的平行四边形/三角形法则.
• 乘法: <MathBlock raw={"z_1 \cdot z_2 = (a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i"} /> (像多项式一样展开，然后用 $i^2=-1$ 化简)
• 除法: <MathBlock raw={"\frac{z_1}{z_2} = \frac{a+bi}{c+di} = \frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)} = \frac{ac+bd}{c^2+d^2} + \frac{bc-ad}{c^2+d^2}i"} /> 核心技巧: 分子分母同乘以分母的共轭复数，以实现“分母实数化”.

复数四则运算

计算 $z = \frac{(1-2i)^2}{2+i} + i^{2023}$.

解

{处理这类问题，要遵循“先乘方，后除法，再加法”的运算顺序，并善用 $i$ 的周期性.}

首先，我们计算分数的分子部分： <MathBlock raw={"(1-2i)^2 = 1^2 - 2(1)(2i) + (2i)^2 = 1 - 4i + 4i^2 = 1 - 4i - 4 = -3-4i"} />

接着，我们计算除法，分子分母同乘以 $2-i$: <MathBlock raw={"\frac{-3-4i}{2+i} = \frac{(-3-4i)(2-i)}{(2+i)(2-i)} = \frac{-6+3i-8i+4i^2}{2^2 - i^2} = \frac{-6-5i-4}{4-(-1)} = \frac{-10-5i}{5} = -2-i"} />

然后，我们处理 $i$ 的高次幂. $i$ 的幂具有周期性，周期为4: <MathBlock raw={"i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1"} /> 对于 $i^{2023}$, 我们考察指数 $2023$ 除以 $4$ 的余数. <MathBlock raw={"2023 = 4 \times 505 + 3"} /> 因此，$i^{2023} = i^3 = -i$.

最后，将两部分相加： <MathBlock raw={"z = (-2-i) + (-i) = -2 - 2i"} />

结论: $z = -2-2i$.

二次方程的复数解

{/* label: sec:ch16-s03 */}

在前文中，我们已经建立了复数系的代数框架.现在，我们具备了必要的工具来解决最初激发这一理论发展的核心问题：求解在实数域 (\mathbb{R}) 内无解的二次方程.

负实数的平方根

在实数系中，求解形如 (x^2=-p)（其中 (p>0)）的方程是不可能的，其根本原因在于不存在一个实数的平方为负数.虚数单位 (i) 的引入，其核心定义即 (i^2=-1)，恰好为解决此问题提供了代数基础.

据此，对于任意正实数 (p)，(-p) 的平方根可以被严谨地定义.我们有： <MathBlock raw={"\sqrt{-p} = \sqrt{p \cdot (-1)} = \sqrt{p} \cdot \sqrt{-1}"} /> 将 (i) 视为 (\sqrt{-1}) 的一个代数记号，则上式可写作： <MathBlock raw={"\sqrt{-p} = \sqrt{p} \, i"} /> 例如： <MathBlock raw={"\sqrt{-4} = \sqrt{4} \, i = 2i"} /> <MathBlock raw={"\sqrt{-16} = \sqrt{16} \, i = 4i"} /> <MathBlock raw={"\sqrt{-3} = \sqrt{3} \, i"} /> 有了这个定义，求根公式 (x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}) 的应用范围便可推广至判别式 (\Delta < 0) 的情形.

求根公式的应用

例

解方程 $x^2+1=0$.

解

对于方程 $x^2+1=0$ (即 $x^2+0x+1=0$):

• 计算判别式: $\Delta = b^2 - 4ac = 0^2 - 4(1)(1) = -4$.

• 计算判别式的平方根: $\sqrt{\Delta} = \sqrt{-4} = 2i$.

• 代入求根公式: <MathBlock raw={"x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-0 \pm 2i}{2(1)} = \pm i"} />

  因此，该方程在复数集 (\mathbb{C}) 内的解为 $x_1 = i$ 和 $x_2 = -i$. 这两个解是一对共轭的纯虚数.

  检验: 当 $x=i$ 时, $x^2+1 = i^2+1 = -1+1=0$. 当 $x=-i$ 时, $x^2+1 = (-i)^2+1 = i^2+1 = -1+1=0$. 解的正确性得到验证.

例

解方程 $x^2-2x+5=0$.

解

对于方程 $x^2-2x+5=0$:

• 计算判别式: $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(5) = 4 - 20 = -16$.

• 计算判别式的平方根: $\sqrt{\Delta} = \sqrt{-16} = 4i$.

• 代入求根公式: <MathBlock raw={"x = \frac{-(-2) \pm 4i}{2(1)} = \frac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i"} />

  因此，方程的两个解为 $x_1 = 1+2i$ 和 $x_2 = 1-2i$. 这两个解是一对共轭复数.

一般性结论

上述例子揭示了一个普遍的规律，我们可以将其总结为如下定理，从而将一元二次方程的求根理论在复数集 (\mathbb{C}) 内推广至完备.

定理

对于任意实系数一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$ ($a\ne 0$), 当其判别式 $\Delta = b^2-4ac \< 0$ 时，方程在复数集 (\mathbb{C}) 内有两个共轭的虚数根： <MathBlock raw={"x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{|\Delta|} \, i}{2a}"} />

此定理表明，在复数域中，任何实系数一元二次方程皆有解.通过引入复数，我们不仅解决了特定方程的求解问题，更重要的是，恢复了代数运算的和谐与统一性.

复数运算的几何意义*

{/* label: sec:ch16-s04 */}

复数的代数形式 (z=a+bi) 在处理加减法时，其几何意义与向量的平行四边形法则完全对应，非常直观.然而，对于乘除法，代数形式 ((ac-bd)+(ad+bc)i) 却难以揭示其几何本质.为了探明乘除法在复平面上对应的几何变换，我们引入复数的三角形式.

三角形式与辐角

任何一个非零复数 $z=a+bi$ 都可以表示为： <MathBlock raw={"z = r(\cos\theta + i\sin\theta)"} /> 其中 $r = |z| = \sqrt{a^2+b^2}$ 是复数的模, $\theta$ 是以实轴正半轴为始边, 向量 $\overrightarrow{OZ}$ 为终边的角, 称为辐角, 记作 $\operatorname{Arg}(z)$.

在所有可能的辐角中，我们通常选取满足 $0 \le \theta \< 2\pi$ (或 $-\pi \< \theta \le \pi$) 的唯一值, 称之为辐角主值, 记作 $\arg(z)$.

乘除法的三角表示

设 $z_1 = r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)$, $z_2 = r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} z_1 z_2 &= r_1 r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2) + i\sin(\theta_1+\theta_2)] \frac{z_1}{z_2} &= \frac{r_1}{r_2} [\cos(\theta_1-\theta_2) + i\sin(\theta_1-\theta_2)] \end{aligned}"} />

该定理揭示了复数乘除法深刻的几何内涵，可以概括为以下两条核心法则：

• 复数相乘：模相乘，辐角相加.
• 复数相除：模相除，辐角相减.

从几何变换的角度看，用复数 (z_2)去乘 (z_1)，相当于将代表 (z_1) 的向量 (\overrightarrow{OZ_1}) 的长度变为原来的 (r_2) 倍，并在此基础上再逆时针旋转 (\theta_2) 角.

证明

我们以乘法为例，剩下的是类似的.首先将 $z_1 = r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)$ 与 $z_2 = r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)$ 直接相乘： <MathBlock raw={"\begin{aligned} z_1 z_2 &= [r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)] \cdot [r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2)] &= r_1 r_2 (\cos\theta_1 + i\sin\theta_1)(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2) \intertext{展开括号内的乘积，并利用 $i^2 = -1$：} &= r_1 r_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)] \intertext{观察可知，括号内的实部与虚部恰好对应于三角函数的和角公式：} &= r_1 r_2 [\cos(\theta_1+\theta_2) + i\sin(\theta_1+\theta_2)] \end{aligned}"} /> 乘法法则得证.对于除法法则，可以通过类似的代数展开并利用差角公式来证明，在此留作练习.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 317

\end{figure} 图：复数乘法的几何意义

例

已知平面直角坐标系中的点$A$的坐标为$(x,y)$. 将点$A$绕原点$O$逆时针旋转$90^\circ$得到点$B$, 将点$A$绕原点$O$顺时针旋转$90^\circ$得到点$C$, 请求出点$B$和点$C$的坐标.

解

此几何变换问题可通过复数运算优雅地解决.其核心思想在于，平面上的点可由复数表示，而绕原点的旋转则对应于乘以一个特定模为1的复数.

点 $A(x,y)$ 在复平面上对应的复数为 $z_A = x+yi$.

根据复数乘法的几何意义，将一个复数乘以 $\cos\theta + i\sin\theta$ 意味着将其对应的向量绕原点逆时针旋转 $\theta$ 角.

对于点 $B$, 其变换为绕原点逆时针旋转 $90^\circ$.该旋转操作对应的代数算子为 <MathBlock raw={"\cos(90^\circ) + i\sin(90^\circ) = 0 + 1 \cdot i = i"} /> 因此，点 $B$ 对应的复数 $z_B$ 为： <MathBlock raw={"\begin{aligned} z_B &= z_A \cdot i &= (x+yi)i &= xi + yi^2 = -y + xi \end{aligned}"} /> 由此可知，点 $B$ 的坐标为 $(-y, x)$.

对于点 $C$, 其变换为绕原点顺时针旋转 $90^\circ$, 即逆时针旋转 $-90^\circ$.该旋转操作对应的代数算子为 <MathBlock raw={"\cos(-90^\circ) + i\sin(-90^\circ) = 0 - 1 \cdot i = -i"} /> 因此，点 $C$ 对应的复数 $z_C$ 为： <MathBlock raw={"\begin{aligned} z_C &= z_A \cdot (-i) &= (x+yi)(-i) &= -xi - yi^2 = y - xi \end{aligned}"} /> 由此可知，点 $C$ 的坐标为 $(y, -x)$.

综上所述，点 $B$ 的坐标为 $(-y, x)$, 点 $C$ 的坐标为 $(y, -x)$.

本例揭示了复数理论的一个核心应用：将几何变换代数化.我们从中可以直接得到平面点绕原点旋转的坐标公式：

• 点 $(x,y)$ 绕原点逆时针旋转 $90^\circ$ 后的坐标为 $(-y,x)$.
• 点 $(x,y)$ 绕原点顺时针旋转 $90^\circ$ 后的坐标为 $(y,-x)$.

在许多解析几何或向量问题中，直接应用此结论十分便捷.然而，更重要的是理解其代数根源：这一结论是复数乘法几何意义的直接推论.这再次证明，复数是连接代数与几何的天然桥梁，为处理旋转、伸缩等几何变换问题提供了强有力的代数工具.

复数乘法法则的一个直接且极为重要的推论，是关于复数乘方运算的棣莫弗公式.

棣莫弗公式

对于任意整数 $n$, <MathBlock raw={"[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]"} />

证明

{我们以 $n$ 为正整数为例，使用数学归纳法证明乘方运算是多次应用“模相乘，辐角相加”法则的自然结果.}

• 奠基: 当 $n=1$ 时, 左边 = $r(\cos\theta+i\sin\theta)$, 右边 = $r^1(\cos(1\theta)+i\sin(1\theta))$. 等式成立.

• 归纳假设: 假设当 $n=k$ ($k \in \mathbb{N}^*$) 时命题成立, 即 $[r(\cos\theta+i\sin\theta)]^k = r^k[\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)]$.

• 归纳步骤: 我们需要证明当 $n=k+1$ 时命题也成立. <MathBlock raw={"\begin{aligned} [r(\cos\theta + i\sin\theta)]^{k+1} &= [r(\cos\theta + i\sin\theta)]^k \cdot [r(\cos\theta + i\sin\theta)] &\overset{\text{归纳假设}}{=} \left( r^k[\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)] \right) \cdot \left( r[\cos\theta+i\sin\theta] \right) &\overset{\text{乘法法则}}{=} (r^k \cdot r) [\cos(k\theta+\theta) + i\sin(k\theta+\theta)] &= r^{k+1} [\cos((k+1)\theta) + i\sin((k+1)\theta)] \end{aligned}"} /> 这表明 $n=k+1$ 时命题也成立.

  根据数学归纳法原理，该公式对所有正整数 $n$ 成立.对于负整数和零的情况，其证明亦可类似导出.

棣莫弗公式的应用

计算 $(1+i)^{16}$.

解

{直接进行代数展开将非常繁琐.利用棣莫弗公式，先将底数转化为三角形式，可以极大地简化运算.}

首先，将底数 $1+i$ 化为三角形式. 设 $z = 1+i$.

• 求模: $|z| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

• 求辐角主值: $z$ 对应的点为 $(1,1)$，位于第一象限. 由 $\cos\theta = \frac{a}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 及 $\sin\theta = \frac{b}{r} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 可知, 辐角主值 $\theta = \frac{\pi}{4}$.

  所以，$1+i = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4})$.

  其次，应用棣莫弗公式. <MathBlock raw={"\begin{aligned} (1+i)^{16} &= \left[ \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) \right]^{16} &= (\sqrt{2})^{16} \left[ \cos\left(16 \cdot \frac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(16 \cdot \frac{\pi}{4}\right) \right] \end{aligned}"} />

  最后，计算结果. <MathBlock raw={"\begin{aligned} &= (2^{1/2})^{16} [ \cos(4\pi) + i\sin(4\pi) ] &= 2^8 [ 1 + i \cdot 0 ] &= 256 \end{aligned}"} />

  结论: $(1+i)^{16} = 256$.

例

利用复数方法，将 $\cos(3\theta)$ 和 $\sin(3\theta)$ 表示为 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 的多项式.

解

本题是棣莫弗公式的一个经典应用.其核心思想是，对复数 $(\cos\theta+i\sin\theta)^3$ 进行两次不同的计算：一次使用棣莫弗公式，另一次使用二项式定理展开.通过比较两次计算结果的实部与虚部，便可得到所需的三角恒等式.

根据棣莫弗公式，我们有： <MathBlock raw={"(\cos\theta + i\sin\theta)^3 = \cos(3\theta) + i\sin(3\theta) {/* label: eq:demoivre */}"} />

另一方面，我们利用二项式定理展开 $(\cos\theta + i\sin\theta)^3$： <MathBlock raw={"\begin{aligned} (\cos\theta + i\sin\theta)^3 &= \binom{3}{0}\cos^3\theta + \binom{3}{1}\cos^2\theta(i\sin\theta) & + \binom{3}{2}\cos\theta(i\sin\theta)^2 + \binom{3}{3}(i\sin\theta)^3 &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta + 3\cos\theta(i^2\sin^2\theta) + i^3\sin^3\theta &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - i\sin^3\theta && \text{(因 } i^2=-1, i^3=-i \text{)} \end{aligned}"} />

整理实部与虚部，得到： <MathBlock raw={"(\cos\theta + i\sin\theta)^3 = (\cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta) + i(3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta) {/* label: eq:binomial */}"} />

比较方程 \eqref{eq:demoivre} 和 \eqref{eq:binomial} 的实部与虚部，我们得到： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \cos(3\theta) &= \cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta \sin(3\theta) &= 3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta \end{aligned}"} />

为了得到只含 $\cos\theta$ 的 $\cos(3\theta)$ 表达式, 利用 $\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \cos(3\theta) &= \cos^3\theta - 3\cos\theta(1-\cos^2\theta) &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \end{aligned}"} /> 同理，为了得到只含 $\sin\theta$ 的 $\sin(3\theta)$ 表达式, 利用 $\cos^2\theta = 1-\sin^2\theta$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \sin(3\theta) &= 3(1-\sin^2\theta)\sin\theta - \sin^3\theta &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \end{aligned}"} />

最终结果为： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \cos(3\theta) &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \sin(3\theta) &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \end{aligned}"} />

棣莫弗公式是处理复数高次幂和开方问题的强有力工具.它的精髓在于，将一个复杂的、多项式形式的代数乘方运算，优雅地转化为了简单的模的实数乘方与辐角的线性数乘.这种数形结合的思想，是复变理论魅力的集中体现.

历史纵横

棣莫弗公式 $[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]$ 看似只是一个计算技巧，但它的背后，是数学家们深刻的思想体现.

公式的名字来源于法国数学家亚伯拉罕·棣莫弗 ，一位英国的数学家，与牛顿、哈雷等人关系不错.棣莫弗在概率论和解析几何领域贡献卓著，他最早在约1707年注意到了复数与三角函数之间的这种奇妙关系，并对正整数次幂的情况进行了阐述.然而，直到莱昂哈德·欧拉在1748年提出了欧拉公式： <MathBlock raw={"e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta"} /> 后，棣莫弗公式的本质才被彻底揭示，其实是$(a^x)^y = a^{xy}$的一个自然推论！ <MathBlock raw={"[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = (r e^{i\theta})^n = r^n (e^{i\theta})^n = r^n e^{i(n\theta)} = r^n[\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)]"} /> 可以说，棣莫弗发现了这个现象，而欧拉则解释了它背后的根本原因.

那么这玩意有什么用呢？？ 最直接的应用，是它将复杂的、涉及二项式展开的乘方运算，优雅地转化为了简单的辐角乘法.除了求高次幂，它更是求解复数开方（例如 $z^n=c$）的理论基础.

棣莫弗公式可以被用来推导任意倍角的三角函数公式.例如，要推导 $\cos(2\theta)$ 和 $\sin(2\theta)$, 只需展开 $(\cos\theta+i\sin\theta)^2$： <MathBlock raw={"\begin{aligned} (\cos\theta+i\sin\theta)^2 &= \cos(2\theta) + i\sin(2\theta) \text{另一方面，按二项式展开：} (\cos\theta+i\sin\theta)^2 &= \cos^2\theta + 2i\sin\theta\cos\theta + (i\sin\theta)^2 &= (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + i(2\sin\theta\cos\theta) \end{aligned}"} /> 比较两式的实部和虚部，我们立刻得到： <MathBlock raw={"\cos(2\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta \text{且} \sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta"} /> 这为我们提供了一个不依赖几何法的、纯代数的推导三角恒等式的强大工具.

再说“模相乘，辐角相加”的法则是对几何变换旋转与伸缩最精确的代数刻画.特别地，在求解方程 $z^n=1$（单位根）时, 棣莫弗公式告诉我们, 其 $n$ 个解均匀地分布在复平面的单位圆上，构成一个正 n 边形的顶点.

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TikZ 图 318

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1. 已知复数 $z = 3-4i$, 求它的共轭复数 $\bar{z}$ 和模 $|z|$. 并在复平面内指出 $z$ 和 $\bar{z}$ 对应的点的位置.
2. 计算：(1) $(2-i)(1+3i) - 4i$ (2) $\frac{1+i}{1-i} + i^5$.
3. 设复数 $z = (m^2-1) + (m-1)i$, 其中 $m \in \mathbb{R}$. 分别求当 $m$ 取何值时： (1) $z$ 是实数； (2) $z$ 是虚数； (3) $z$ 是纯虚数； (4) $z$ 对应的点在第四象限.
4. 若复数 $z$ 满足 $(1+i)z = 2-4i$, 求复数 $z$.

代数基本定理*

{/* label: sec:ch16-s05 */}

我们已经看到，在复数域 $\mathbb{C}$ 中, 所有实系数一元二次方程都有解.一个自然的问题是：更高次的方程呢？比如 $z^3 - 2z + 5 = 0$ 或者 $z^5 + iz^2 - (3+i) = 0$？我们是否需要为了解这些方程而再次发明“新数”？

答案是“不”.复数系已经完美地解决了这个问题了.

代数基本定理

任何一个次数 $n \ge 1$ 的复系数多项式方程 <MathBlock raw={"P(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + ... + a_1 z + a_0 = 0"} /> (其中系数 $a_k \in \mathbb{C}$ 且 $a_n \ne 0$) 在复数集 $\mathbb{C}$ 中至少有一个根.

正如数学书里所说，“证法很多，但都要用到高数知识”，笔者在此也无能为力（自己也不懂哈哈），各位了解即可.

由代数基本定理，通过因式分解可以得到一个更强的推论：

推论

任何一个 $n$ 次复系数多项式在复数集 $\mathbb{C}$ 中恰好有 $n$ 个根（计入重数）. 这意味着，任何复系数多项式都可以被完全分解为 $n$ 个一次因式的乘积： <MathBlock raw={"P(z) = a_n(z-z_1)(z-z_2)...(z-z_n)"} /> 其中 $z_1, z_2, ..., z_n$ 是 $P(z)=0$ 的 $n$ 个复数根.

回顾我们扩展数系的历史，每一步都是为了让某种方程有解：

• 为了解 $x+5=2$, 我们将自然数 $\mathbb{N}$ 扩展到整数 $\mathbb{Z}$.
• 为了解 $3x=2$, 我们将整数 $\mathbb{Z}$ 扩展到有理数 $\mathbb{Q}$.
• 为了解 $x^2=2$, 我们将有理数 $\mathbb{Q}$ 扩展到实数 $\mathbb{R}$.
• 为了解 $x^2=-1$, 我们将实数 $\mathbb{R}$ 扩展到复数 $\mathbb{C}$.

代数基本定理告诉我们，这个为了求解多项式方程而不断扩张数系的旅程，到复数 $\mathbb{C}$ 就终结了.我们不再需要为任何多项式方程发明新的数了.从这个意义上说, 复数集 $\mathbb{C}$ 是代数封闭的 .

对于后续学习而言，代数基本定理一个极其重要的推论是关于实系数多项式的.

实系数多项式的虚根成对定理

若实系数多项式 $P(z)$ 有一个虚数根 $z_0 = a+bi$ ($b\ne 0$), 则其共轭复数 $\bar{z_0} = a-bi$ 也必是它的一个根.

证明

设实系数多项式为 $P(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + ... + a_1 z + a_0$, 其中所有系数 $a_k$ 均为实数. 我们已知 $z_0$ 是 $P(z)$ 的一个根，这意味着 <MathBlock raw={"P(z_0) = a_n z_0^n + a_{n-1} z_0^{n-1} + ... + a_1 z_0 + a_0 = 0"} /> 对这个等式两边同时取共轭： <MathBlock raw={"\overline{P(z_0)} = \overline{a_n z_0^n + a_{n-1} z_0^{n-1} + ... + a_1 z_0 + a_0} = \overline{0}"} /> 由于和的共轭等于共轭的和，我们得到： <MathBlock raw={"\overline{a_n z_0^n} + \overline{a_{n-1} z_0^{n-1}} + ... + \overline{a_1 z_0} + \overline{a_0} = 0"} /> 又因为积的共轭等于共轭的积，$\overline{w_1 w_2} = \bar{w_1} \bar{w_2}$, 所以 $\overline{a_k z_0^k} = \overline{a_k} \cdot \overline{z_0^k} = \overline{a_k} (\overline{z_0})^k$. <MathBlock raw={"\overline{a_n} (\overline{z_0})^n + \overline{a_{n-1}} (\overline{z_0})^{n-1} + ... + \overline{a_1} \overline{z_0} + \overline{a_0} = 0"} /> 关键的一步来了：因为所有系数 $a_k$ 都是实数, 所以它们的共轭就是它们自身, 即 $\overline{a_k} = a_k$. 于是上式变为： <MathBlock raw={"a_n (\overline{z_0})^n + a_{n-1} (\overline{z_0})^{n-1} + ... + a_1 \overline{z_0} + a_0 = 0"} /> 这个等式的左边，恰好就是将 $\overline{z_0}$ 代入多项式 $P(z)$ 的结果. 所以我们证明了 $P(\overline{z_0}) = 0$, 这意味着 $\overline{z_0}$ 也是 $P(z)$ 的一个根.

这个“虚根成对定理”完美地解释了为什么我们在解实系数一元二次方程时，若判别式为负，得到的两个虚根总是共轭的，例如 $1 \pm 2i$.这不仅是一个巧合，而是代数结构深层次的必然结果.

曲线方程的复数表示*

{/* label: sec:ch16-s06 */}

复数模的几何意义为我们提供了一种极其简洁与深刻的方式来描述平面上的几何轨迹.其核心思想根植于一个基本事实： <MathBlock raw={"\text{复数 } z_1 \text{ 与 } z_2 \text{ 所对应点之间的距离} = |z_1 - z_2|"} /> 利用这一关系，我们可以将许多基于“距离”定义的几何图形，直接翻译为复数方程.设变量 $z$ 对应于轨迹上的任意一点 $P$, 而 $z_0, z_1, z_2$ 等则对应于平面上的定点.

• 圆:

  几何定义: 平面上到定点 $C(z_0)$ 的距离等于定长 $r$ 的所有点 $P(z)$ 的集合.

  这一关系可以直接表述为 $PC=r$，即： <MathBlock raw={"|z - z_0| = r (r \> 0)"} /> 其中，$z_0$ 是圆心对应的复数, $r$ 是圆的半径.

• 线段的中垂线:

  几何定义: 平面上到两个定点 $A(z_1)$ 和 $B(z_2)$ 距离相等的所有点 $P(z)$ 的集合.

  该定义等价于 $PA = PB$，即： <MathBlock raw={"|z - z_1| = |z - z_2|"} />

• 椭圆:

  几何定义: 平面上到两个定点（焦点）$F_1(z_1)$ 和 $F_2(z_2)$ 的距离之和为常数 $2a$ 的所有点 $P(z)$ 的集合，其中该常数大于两焦点间的距离.

  此定义可直接翻译为 $PF_1 + PF_2 = 2a$，即： <MathBlock raw={"|z - z_1| + |z - z_2| = 2a (2a \> |z_1 - z_2|)"} />

• 双曲线:

  几何定义: 平面上到两个定点（焦点）$F_1(z_1)$ 和 $F_2(z_2)$ 的距离之差的绝对值为常数 $2a$ 的所有点 $P(z)$ 的集合，其中该常数小于两焦点间的距离.

  此定义可翻译为 $|PF_1 - PF_2| = 2a$，即： <MathBlock raw={"\big||z - z_1| - |z - z_2|\big| = 2a (0 \< 2a \< |z_1 - z_2|)"} /> 需要注意的是，若去掉外层的绝对值，方程 $|z - z_1| - |z - z_2| = 2a$ 仅表示双曲线靠近 $z_2$ 的一支.

这种表示方法不仅形式优美，而且在处理涉及这些曲线的几何问题时，能够将复杂的几何关系转化为简洁的代数运算，是数形结合思想的又一重要体现.

有趣的应用

下面来看一些有趣的应用：

例

已知复数 $z$ 满足方程 $|z - (4+3i)| = 1$. 求 $|z|$ 的最大值与最小值.

解

本题的核心在于对复数模的几何意义的深刻理解.方程 $|z-z_0|=r$ 描述了复平面上以 $z_0$ 为圆心、半径为 $r$ 的圆.而 $|z|$ 表示点 $z$ 到原点的距离.因此，问题转化为：在已知圆上，寻找一点使其到原点的距离最大或最小.

方程 $|z - (4+3i)| = 1$ 表示复平面上所有点 $z$ 的集合, 构成一个圆心为 $C(4,3)$ (对应复数 $z_0 = 4+3i$)、半径为 $r=1$ 的圆.

$|z|$ 表示点 $z$ 到原点 $O$ 的距离.

连接原点 $O$ 与圆心 $C$，该连线与圆相交于两点.根据几何直观，离原点最近的点和最远的点必在此连线上.

• 到原点的最小距离为圆心到原点的距离减去半径，即 $|OC| - r$.

• 到原点的最大距离为圆心到原点的距离加上半径，即 $|OC| + r$.

  首先，计算圆心 $z_0 = 4+3i$ 到原点的距离： <MathBlock raw={"|z_0| = |4+3i| = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5"} />

  根据三角不等式 $| |z_1| - |z_2| | \le |z_1 - z_2|$，我们有： <MathBlock raw={"\big| |z| - |z_0| \big| \le |z - z_0|"} /> 代入已知条件 $|z-z_0|=1$ 和 $|z_0|=5$，得到： <MathBlock raw={"\big| |z| - 5 \big| \le 1"} /> 解此不等式： <MathBlock raw={"-1 \le |z| - 5 \le 1"} /> <MathBlock raw={"4 \le |z| \le 6"} />

  $|z|$ 的最小值为 $4$, 最大值为 $6$.

例

在复平面内，复数 $z$ 满足方程 $|z - (1+2i)| = |z - (3-i)|$. (1) 描述该方程所表示的几何图形. (2) 求该图形的直角坐标方程.

解

本题的核心是直接翻译复数模的几何意义.方程 $|z-z_1|=|z-z_2|$ 的形式，直接对应于平面上到两定点距离相等的点的集合，即线段的中垂线.

(1) 描述几何图形:

令 $z_1 = 1+2i$ 和 $z_2 = 3-i$.它们在复平面上对应的点分别为 $A(1,2)$ 和 $B(3,-1)$.

方程 $|z - z_1| = |z - z_2|$ 的几何意义是：复平面上任意一点 $P(z)$ 到定点 $A$ 的距离等于它到定点 $B$ 的距离.

根据平面几何的定义，这个轨迹是线段 $AB$ 的中垂线.

(2) 求解直角坐标方程:

设 $z = x+yi$, 其中 $x, y \in \mathbb{R}$.将 $z$ 代入原方程： <MathBlock raw={"|(x+yi) - (1+2i)| = |(x+yi) - (3-i)|"} /> <MathBlock raw={"|(x-1) + (y-2)i| = |(x-3) + (y+1)i|"} />

根据复数模的定义，将上式两边平方： <MathBlock raw={"(x-1)^2 + (y-2)^2 = (x-3)^2 + (y+1)^2"} /> 展开并化简： <MathBlock raw={"x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4 = x^2 - 6x + 9 + y^2 + 2y + 1"} /> <MathBlock raw={"-2x - 4y + 5 = -6x + 2y + 10"} /> <MathBlock raw={"4x - 6y - 5 = 0"} />

该方程表示线段 $AB$ 的中垂线, 其直角坐标方程为 $4x - 6y - 5 = 0$.

阿波罗尼斯圆

求复数 $z$ 满足方程 $|z-1| = 2|z+1|$ 时，其在复平面上形成的轨迹.

解

形如 $|z-z_1|=k|z-z_2|$ ($k\>0, k\ne 1$) 的方程定义了一个阿波罗尼斯圆.虽然几何意义是到两定点距离之比为常数的点的轨迹，但通过代数方法转化为直角坐标方程，可以更清晰地看出其圆的本质.

设 $z=x+yi$. 代入方程： <MathBlock raw={"|(x-1)+yi| = 2|(x+1)+yi|"} />

将方程两边平方以消除根号： <MathBlock raw={"|(x-1)+yi|^2 = 4|(x+1)+yi|^2"} /> <MathBlock raw={"(x-1)^2 + y^2 = 4[(x+1)^2 + y^2]"} />

展开并整理各项： <MathBlock raw={"x^2 - 2x + 1 + y^2 = 4(x^2 + 2x + 1 + y^2)"} /> <MathBlock raw={"x^2 - 2x + 1 + y^2 = 4x^2 + 8x + 4 + 4y^2"} /> <MathBlock raw={"3x^2 + 10x + 3y^2 + 3 = 0"} />

为了得到标准圆方程，两边同除以 3 并配方： <MathBlock raw={"x^2 + \frac{10}{3}x + y^2 + 1 = 0"} /> <MathBlock raw={"\left(x^2 + \frac{10}{3}x + \left(\frac{5}{3}\right)^2\right) + y^2 = -1 + \left(\frac{5}{3}\right)^2"} /> <MathBlock raw={"\left(x + \frac{5}{3}\right)^2 + y^2 = -1 + \frac{25}{9} = \frac{16}{9}"} /> <MathBlock raw={"\left(x + \frac{5}{3}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{4}{3}\right)^2"} />

轨迹是以点 $(-\frac{5}{3}, 0)$ 为圆心, 半径为 $\frac{4}{3}$ 的圆.

例

已知复数 $z$ 满足 $|z-3| + |z+3| = 10$.求 $|z|$ 的最大值和最小值.

解

首先需要识别出复数方程所代表的几何图形.方程 $|z-z_1|+|z-z_2|=2a$ 是椭圆的标准复数形式.然后问题就转化为求椭圆上的点到原点距离的最值.

方程 $|z-3| + |z+3| = 10$ 描述了复平面上所有点 $z$ 的集合, 这些点到两个定点 $F_1(3,0)$ (对应复数 $3$) 和 $F_2(-3,0)$ (对应复数 $-3$) 的距离之和等于 $10$.

这是一个以 $F_1, F_2$ 为焦点的椭圆. 由定义可知： 焦距 $2c = |3 - (-3)| = 6 \implies c=3$. 长轴长 $2a = 10 \implies a=5$. 短半轴长 $b = \sqrt{a^2-c^2} = \sqrt{5^2-3^2} = \sqrt{16} = 4$.

该椭圆的中心在原点，焦点在实轴上，其直角坐标方程为： <MathBlock raw={"\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \implies \frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1"} />

问题是求 $|z|$ 的最值, 即椭圆上的点到原点 $(0,0)$ 的距离的最值. 由于椭圆的中心就是原点，我们可以直接考察其长半轴和短半轴.

• 当点 $z$ 位于椭圆的长轴顶点时, 它离原点的距离最远.长轴顶点为 $(\pm 5, 0)$, 对应的 $|z|$ 为 $5$.

• 当点 $z$ 位于椭圆的短轴顶点时, 它离原点的距离最近.短轴顶点为 $(0, \pm 4)$, 对应的 $|z|$ 为 $4$.

  $|z|$ 的最大值为 $5$, 最小值为 $4$.

例

在复平面上，点 $z$ 满足方程 $z\bar{z} + i(z-\bar{z}) - 2 = 0$.求点 $z$ 的轨迹.

解

当一个复数方程同时包含 $z$ 和 $\bar{z}$ 时, 最直接有效的方法是利用代数关系式 $z=x+yi$ 和 $\bar{z}=x-yi$ 进行代换, 将问题转化为关于 $x, y$ 的直角坐标方程.

我们知道 $z\bar{z} = |z|^2 = x^2+y^2$ 以及 $z-\bar{z} = (x+yi) - (x-yi) = 2yi$.

将这些关系代入原方程： <MathBlock raw={"(x^2+y^2) + i(2yi) - 2 = 0"} /> <MathBlock raw={"x^2+y^2 + 2y i^2 - 2 = 0"} /> <MathBlock raw={"x^2+y^2 - 2y - 2 = 0"} />

这是一个关于 $x, y$ 的二次方程.为了识别其几何形状，我们进行配方： <MathBlock raw={"x^2 + (y^2 - 2y) = 2"} /> <MathBlock raw={"x^2 + (y^2 - 2y + 1) = 2 + 1"} /> <MathBlock raw={"x^2 + (y-1)^2 = 3"} />

该方程是圆的标准方程.

点 $z$ 的轨迹是一个以点 $(0,1)$ 为圆心, 半径为 $\sqrt{3}$ 的圆.

复数和平面几何

没想到吧？一些平面几何中很好的定理也可以由复数证明.

例

设复平面上的三点 $A, B, C$ 对应的复数分别为 $a, b, c$.证明：(\triangle ABC) 为正三角形的充要条件是 <MathBlock raw={"a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca."} />

证明

本题的证明将正三角形的几何性质“一个顶点可由另一顶点绕第三个顶点旋转 (\pm 60^\circ) 得到”完全转化为代数运算.旋转 (60^\circ) 对应于乘以复数 $e^{i\pi/3}$.整个证明过程就是几何语言与代数语言的互译.

(\triangle ABC) 为正三角形，等价于其内角均为 $60^\circ$. 这在几何上意味着，向量 $\overrightarrow{AC}$ 可以通过将向量 $\overrightarrow{AB}$ 绕点 $A$ 旋转 (\pm 60^\circ) 得到.

向量 $\overrightarrow{AB}$ 对应的复数为 $b-a$. 向量 $\overrightarrow{AC}$ 对应的复数为 $c-a$. 旋转 (\pm 60^\circ) 的算子为 $\cos(\pm 60^\circ) + i\sin(\pm 60^\circ) = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}$.

因此，(\triangle ABC) 为正三角形的充要条件是： <MathBlock raw={"c-a = (b-a) \left(\frac{1 + i\sqrt{3}}{2}\right) \text{或} c-a = (b-a) \left(\frac{1 - i\sqrt{3}}{2}\right)"} />

我们可以将这两个条件合并为一个方程.整理上述表达式： <MathBlock raw={"\frac{c-a}{b-a} = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}"} /> 这意味着 (\frac{c-a}{b-a}) 是二次方程 $x^2 - x + 1 = 0$ 的两个根.(因为两根之和为 $1$, 两根之积为 $\frac{1-i^2(3)}{4}=1$)

所以，该几何条件等价于以下代数方程： <MathBlock raw={"\left(\frac{c-a}{b-a}\right)^2 - \left(\frac{c-a}{b-a}\right) + 1 = 0"} />

假设 $b \ne a$, 两边同乘以 $(b-a)^2$： <MathBlock raw={"(c-a)^2 - (c-a)(b-a) + (b-a)^2 = 0"} />

展开并整理多项式： <MathBlock raw={"(c^2 - 2ac + a^2) - (bc - ac - ab + a^2) + (b^2 - 2ab + a^2) = 0"} /> <MathBlock raw={"c^2 - 2ac + a^2 - bc + ac + ab - a^2 + b^2 - 2ab + a^2 = 0"} />

合并同类项： <MathBlock raw={"a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = 0"} />

移项即得： <MathBlock raw={"a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca"} />

由于上述每一步推导都是可逆的，因此我们证明了该代数条件是 (\triangle ABC) 为正三角形的充要条件.

拿破仑定理

在任意 (\triangle ABC) 的三边外侧分别作等边三角形 (\triangle BCD), (\triangle CAE), (\triangle ABF).设这三个等边三角形的中心分别为 $P, Q, R$.证明：(\triangle PQR) 是等边三角形.

证明

本题是复数在几何中应用的经典范例.其核心思想是将正三角形的几何性质，特别是旋转关系，转化为复数乘法.我们将利用三次单位根 $\omega = e^{i2\pi/3}$ 来简化表示, 并证明点 $P, Q, R$ 满足等边三角形的代数充要条件.

设复平面上的点 $A, B, C$ 对应的复数为 $a, b, c$. 设点 $P, Q, R$ 对应的复数为 $p, q, r$. 令 $\omega = e^{i2\pi/3} = \cos(120^\circ) + i\sin(120^\circ) = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$ 为单位立方根.它满足两个关键性质：$\omega^3=1$ 和 $1+\omega+\omega^2=0$.

考虑在边 $BC$ 外侧的等边 (\triangle BCD).其顶点顺序为 $B \to C \to D$ 是逆时針方向. 因此，向量 $\overrightarrow{BD}$ 可由向量 $\overrightarrow{BC}$ 逆时针旋转 $60^\circ$ 得到. 旋转 $60^\circ$ 的算子为 $e^{i\pi/3} = \cos(60^\circ)+i\sin(60^\circ) = -\omega^2$. 所以，点 $D$ 对应的复数 $d$ 满足： <MathBlock raw={"d-b = (c-b)(-\omega^2) \implies d = b - \omega^2(c-b)"} /> 中心 $P$ 是 (\triangle BCD) 的重心，故 <MathBlock raw={"\begin{aligned} p &= \frac{1}{3}(b+c+d) &= \frac{1}{3}(b+c + b - \omega^2(c-b)) &= \frac{1}{3}(2b+c - \omega^2 c + \omega^2 b) &= \frac{1}{3}(b(2+\omega^2) + c(1-\omega^2)) \end{aligned}"} /> 利用 $1+\omega+\omega^2=0$, 我们有 $2+\omega^2 = 1+(1+\omega^2) = 1-\omega$. 因此 <MathBlock raw={"p = \frac{1}{3}(b(1-\omega) + c(1-\omega^2))"} />

以相同的方式，我们可以得到中心 $Q$ 和 $R$ 的表达式. 对于在 $CA$ 边外侧的 (\triangle CAE) (顶点顺序 $C \to A \to E$ 逆时针), 中心 $Q$ 为： <MathBlock raw={"q = \frac{1}{3}(c(1-\omega) + a(1-\omega^2))"} /> 对于在 $AB$ 边外侧的 (\triangle ABF) (顶点顺序 $A \to B \to F$ 逆时针), 中心 $R$ 为： <MathBlock raw={"r = \frac{1}{3}(a(1-\omega) + b(1-\omega^2))"} />

一个由复数 $p, q, r$ 表示的三角形是正三角形的充要条件是 $p^2+q^2+r^2 = pq+qr+rp$, 或者等价地, $p+\omega q+\omega^2 r = 0$ (若 $P \to Q \to R$ 为逆时针) 或 $p+\omega^2 q+\omega r = 0$.我们来检验第二个条件.

<MathBlock raw={"\begin{aligned} & 3(p+\omega^2 q+\omega r) &= [b(1-\omega) + c(1-\omega^2)] + \omega^2[c(1-\omega) + a(1-\omega^2)] + \omega[a(1-\omega) + b(1-\omega^2)] &= b(1-\omega) + c(1-\omega^2) + c(\omega^2-\omega^3) + a(\omega^2-\omega^4) + a(\omega-\omega^2) + b(\omega-\omega^3) \end{aligned}"} /> 利用 $\omega^3=1$ 和 $\omega^4=\omega$： <MathBlock raw={"\begin{aligned} &= b(1-\omega) + c(1-\omega^2) + c(\omega^2-1) + a(\omega^2-\omega) + a(\omega-\omega^2) + b(\omega-1) &= a(\omega^2-\omega + \omega-\omega^2) + b(1-\omega + \omega-1) + c(1-\omega^2 + \omega^2-1) &= a(0) + b(0) + c(0) &= 0 \end{aligned}"} />

由于 $p+\omega^2 q+\omega r = 0$, 这表明三点 $P, Q, R$ 构成一个正三角形.

拿破仑定理的复数证明，是展现几何问题代数化思想的绝佳范例.其成功之处在于，它将一个看似复杂的、涉及多个几何构造的命题，转化为一次条理清晰、几乎是机械性的代数验算，我想这也是当时笛卡尔的愿望吧.

该证明的核心步骤是建立一个严谨的对应关系，将整个几何构型翻译为复数的代数语言.平面上的点 $A,B,C$ 由复数 $a,b,c$ 唯一标识, 而连接它们的向量 $\overrightarrow{AB}$ 则由复数之差 $b-a$ 来表示.本证明的精髓在于对等边三角形这一核心几何条件的代数转译.一个等边三角形的构造, 本质上是一个旋转操作.例如, 对于逆时针方向的 (\triangle ABC), 向量 $\overrightarrow{AC}$ 可视为向量 $\overrightarrow{AB}$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 (60^\circ) 的结果, 这个旋转操作在代数上精确地对应于乘以旋转算子 $e^{i\pi/3}$.

虽然可以直接使用 $e^{i\pi/3}$, 但证明过程若引入三次单位根 $\omega = e^{i2\pi/3}$ 作为核心代数工具, 则会获得显著的简洁性与优雅性.这是因为 (\omega) 满足 $\omega^3=1$ 和 $1+\omega+\omega^2=0$ 这两个极其优美的代数性质, 它们是处理所有与正三角形相关的对称性的好工具.旋转 (60^\circ) 的算子可以简洁地用 (\omega) 表示为 $-\omega^2$, 这使得后续的代数化简能够不断利用 $1+\omega+\omega^2=0$ 来消项，从而避免了与繁琐的三角函数进行纠缠.

有了这个代数框架，证明便以一个清晰的逻辑序列展开.首先，利用旋转关系，我们得以表达出外侧等边三角形各顶点（如$D$）的复数, 并由此计算出其中心点 $P,Q,R$ 对应的复数 $p,q,r$.这一步虽然涉及一些计算, 但其目标明确：将 $p,q,r$ 完全用初始顶点 $a,b,c$ 和 (\omega) 来表示.证明的最终环节, 是将“(\triangle PQR) 是正三角形”这一待证的几何结论, 同样翻译成一个等价的代数目标.一个强大且常用的代数判据是 $p + \omega q + \omega^2 r = 0$（或其共轭形式, 取决于顶点顺序）.证明的收尾工作, 便是将前面算出的 $p,q,r$ 的表达式代入这个目标等式，通过纯粹的代数化简，验证其结果是否恒为零.

最终，我们发现该表达式的结果确实为零.这一结果与初始顶点 $a,b,c$ 的选取无关，表明无论 (\triangle ABC) 的形状如何，其外侧等边三角形的中心必然构成一个新的等边三角形.一个复杂的几何定理，就这样被揭示为一个关于任意复数的、普适的代数恒等式，这便是复数方法在几何证明中力量的完美体现：它揭示了隐藏在几何图形背后的深刻代数结构.

本章小结与思想方法

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本章核心知识网络

• 基本概念与代数形式 \begin{itemize}

• 定义: $z = a+bi$ ($a,b \in \mathbb{R}$), 虚数单位 $i$ 满足 $i^2=-1$.

• 分类: 实数 ($b=0$), 虚数 ($b\ne 0$), 纯虚数 ($a=0, b\ne 0$).

• 相等: $a+bi = c+di \iff a=c, b=d$.

• 共轭: $\bar{z} = a-bi$.

• 模: $|z| = \sqrt{a^2+b^2}$. 重要性质: $z\bar{z}=|z|^2$.

  \item 复数运算

• 加/减法: $(a+bi)\pm(c+di) = (a\pm c) + (b\pm d)i$. (几何上遵循向量法则)

• 乘法: $(a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i$.

• 除法: $\frac{a+bi}{c+di} = \frac{(a+bi)(c-di)}{c^2+d^2}$. (核心是分母实数化)

• $i$的周期性: $i^{4k+1}=i, i^{4k+2}=-1, i^{4k+3}=-i, i^{4k}=1$.

  \item 几何意义与三角形式

• 复平面: 实轴与虚轴，复数 $z \leftrightarrow$ 点 $Z(a,b) \leftrightarrow$ 向量 $\overrightarrow{OZ}$.

• 三角形式: $z = r(\cos\theta+i\sin\theta)$, $r=|z|$, $\theta=\arg(z)$.

• 乘除运算: $z_1z_2 = r_1r_2[\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)]$. (模相乘, 辐角相加)

• 棣莫弗公式: $[r(\cos\theta+i\sin\theta)]^n = r^n[\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)]$.

• 几何方程: 圆 $|z-z_0|=r$, 直线 $|z-z_1|=|z-z_2|$.

  \end{itemize}

本章核心思想方法

• 数形结合思想: 这是贯穿本章的灵魂.复数是连接代数与几何最完美的桥梁. \begin{itemize}

• 表示的结合: 复数 $\leftrightarrow$ 点 $\leftrightarrow$ 向量, 模 $|z| \leftrightarrow$ 点到原点距离, 辐角 $\arg(z) \leftrightarrow$ 向量与实轴正向夹角.

• 运算的结合: 复数加减 $\leftrightarrow$ 向量平行四边形/三角形法则；复数乘除 $\leftrightarrow$ 几何上的旋转与伸缩.

• 问题的结合: 许多代数问题(求模的最值)可化为几何问题(求点到点/线的距离最值)，反之亦然(求轨迹方程).

  \item 分类讨论思想: 主要应用于含参复数问题中.根据题目要求，对参数进行讨论，以确定复数是实数、虚数还是纯虚数，或确定其在复平面上的位置.讨论时务必做到"不重不漏".

  \item 转化与化归思想: 这是解决复杂问题的金钥匙.

• 形式转化: 将复数的代数形式与三角形式(或指数形式)相互转化.遇到高次幂运算时，优先化为三角形式；遇到加减或求轨迹时，代数形式往往更方便.

• 问题转化: 将复数除法问题，通过"乘以共轭"化归为乘法问题；将复数高次幂问题，通过棣莫弗公式化归为简单的实数乘法.

• 领域转化: 将纯代数的三角函数恒等式证明，化归为复数乘方的代数问题；将抽象的代数方程求根，化归为优美的几何图形顶点问题.

  \end{itemize}