7.3.2 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义

上一节把复数写成了 $r(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)$，但只写不用是没有意义的。 本节要说明为什么值得换这个写法：代数形式下要展开四项、要分母有理化的乘除法， 换到三角形式里只剩两句话——模相乘（相除），辐角相加（相减）。 更要紧的是，这两句话有干净的几何意义：乘一个复数 = 旋转 + 伸缩。 复数从此不再只是”一对有序实数”，而成了平面上的一种运动。

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.

一、乘法的三角表示

如果把复数 $z_{1}$，$z_{2}$ 分别写成三角形式 $z_{1} = r_{1}(\cos \theta_{1} + \mathrm{i}\sin \theta_{1})$，$z_{2} = r_{2}(\cos \theta_{2} + \mathrm{i}\sin \theta_{2})$，你能计算 $z_{1}z_{2}$ 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

$\begin{array}{r l} z _ {1} z _ {2} & = r _ {1} (\cos \theta_ {1} + \mathrm{i} \sin \theta_ {1}) \cdot r _ {2} (\cos \theta_ {2} + \mathrm{i} \sin \theta_ {2}) \\ & = r _ {1} r _ {2} (\cos \theta_ {1} + \mathrm{i} \sin \theta_ {1}) (\cos \theta_ {2} + \mathrm{i} \sin \theta_ {2}) \\ & = r _ {1} r _ {2} \big [ (\cos \theta_ {1} \cos \theta_ {2} - \sin \theta_ {1} \sin \theta_ {2}) + \mathrm{i} (\sin \theta_ {1} \cos \theta_ {2} + \cos \theta_ {1} \sin \theta_ {2}) \big ] \\ & = r _ {1} r _ {2} \big [ \cos (\theta_ {1} + \theta_ {2}) + \mathrm{i} \sin (\theta_ {1} + \theta_ {2}) \big ], \end{array}$

$\begin{array}{r l} & r _ {1} (\cos \theta_ {1} + \mathrm{i} \sin \theta_ {1}) \cdot r _ {2} (\cos \theta_ {2} + \mathrm{i} \sin \theta_ {2}) \\ & = r _ {1} r _ {2} \big [ \cos (\theta_ {1} + \theta_ {2}) + \mathrm{i} \sin (\theta_ {1} + \theta_ {2}) \big ]. \end{array}$

这段推导里真正干活的是两角和公式，值得把关节点单独拎出来：

• 先按代数形式展开，得到实部 $\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2$ 和虚部 $\sin\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_1\sin\theta_2$；
• 这两个式子恰好就是 $\cos(\theta_1+\theta_2)$ 和 $\sin(\theta_1+\theta_2)$ 的展开式， 于是整个括号又变回了三角形式。

换句话说：复数乘法之所以能写成”辐角相加”，根子在两角和公式。 反过来，这也给两角和公式提供了一个新的解释——它就是复数乘法在说的同一件事。

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.

这句话要背，但更要记住它对模和辐角的要求不一样：

• 模一定是相乘，$|z_1z_2|=|z_1|\,|z_2|$，这是等式，没有例外；
• 辐角是相加，但”辐角”本身就带着 $2k\pi$ 的不确定性， 所以 $\theta_1+\theta_2$ 未必落在主值区间里，报主值时可能要加减 $2\pi$ 调整一次。

这一条是本节计算题最常见的失分点，后面练习第 1 题第 (2) 小题就要用到。

二、乘法的几何意义：旋转加伸缩

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 $\overrightarrow{OZ_1}$，$\overrightarrow{OZ_2}$，然后把向量 $\overrightarrow{OZ_1}$ 绕点 $O$ 按逆时针方向旋转角 $\theta_{2}$（如果 $\theta_{2} < 0$，就要把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 绕点 $O$ 按顺时针方向旋转角 $|\theta_{2}|$），再把它的模变为原来的 $r_2$ 倍，得到向量 $\overrightarrow{OZ}$，$\overrightarrow{OZ}$ 表示的复数就是积 $z_{1}z_{2}$. 这是复数乘法的几何意义.

把这段话拆成两个独立动作，顺序还可以交换：

1. 旋转：把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 绕 $O$ 转过角 $\theta_2$。$\theta_2>0$ 逆时针，$\theta_2<0$ 顺时针。
2. 伸缩：把模乘以 $r_2$。$r_2>1$ 拉长，$0<r_2<1$ 压短，$r_2=1$ 不变。

注意乘法是可交换的，所以也可以反过来说成”把 $\overrightarrow{OZ_2}$ 转 $\theta_1$ 再伸缩 $r_1$ 倍”， 结果一样。乘一个模为 $1$ 的复数就是纯粹的旋转，这是后面例 4 和练习第 3 题的全部依据。

你能解释 $i^2 = -1$ 和 $(-1)^2 = 1$ 的几何意义吗？

这两个几何解释很值得认真答：

• $\mathrm i$ 的模是 $1$、辐角主值是 $\dfrac\pi2$，所以乘 $\mathrm i$ 就是逆时针转 $90^\circ$。 $\mathrm i^2$ 是让 $1$ 对应的向量连转两次 $90^\circ$，转到 $180^\circ$， 正好落在 $-1$ 上——$\mathrm i^2=-1$ 的意思是”转两个直角等于转半圈”。
• $-1$ 的模是 $1$、辐角主值是 $\pi$，所以乘 $-1$ 是转半圈。 $(-1)^2$ 就是连转两个半圈，转满一整圈回到原地，于是 $(-1)^2=1$。

这个视角把”负负得正”从一条规定变成了一个事实：两次半圈就是一整圈。

例 3

例 3 已知 $z_{1}=\frac{3}{2}\left(\cos\frac{\pi}{6}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{6}\right)$ ， $z_{2}=2\left(\cos\frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{3}\right)$ ，求 $z_{1}z_{2}$ ，请把结果化为代数形式，并作出几何解释.

$\begin{array}{r l} \text {解:} & z _ {1} z _ {2} = \frac {3}{2} \big (\cos \frac {\pi}{6} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{6} \big) \times 2 \big (\cos \frac {\pi}{3} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{3} \big) \\ & \qquad = \frac {3}{2} \times 2 \left[ \cos \big (\frac {\pi}{6} + \frac {\pi}{3} \big) + \mathrm{i} \sin \big (\frac {\pi}{6} + \frac {\pi}{3} \big) \right] \\ & \qquad = 3 \big (\cos \frac {\pi}{2} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{2} \big) \\ & \qquad = 3 \mathrm{i}. \end{array}$

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 $\overrightarrow{OZ_{1}}$，$\overrightarrow{OZ_{2}}$，然后把向量 $\overrightarrow{OZ_{1}}$ 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 $\overrightarrow{OZ}$（图7.3-7）。$\overrightarrow{OZ}$ 即为积 $z_{1}z_{2} = 3\mathrm{i}$ 所对应的向量。

这道例题的两句话都要会说：算的时候是 $\frac32\times 2=3$、$\frac\pi6+\frac\pi3=\frac\pi2$； 说几何意义的时候是”先把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 逆时针转 $\frac\pi3$，再把模拉长到 $2$ 倍”。 结果 $3\mathrm i$ 落在虚轴正半轴上，恰好印证辐角变成了 $\frac\pi2$。

例 4

例 4 如图 7.3-8，向量 $\overrightarrow{OZ}$ 对应的复数为 $1 + i$ ，把 $\overrightarrow{OZ}$ 绕点 O 按逆时针方向旋转 $120^{\circ}$ ，得到 $\overrightarrow{OZ'}$ 。求向量 $\overrightarrow{OZ'}$ 对应的复数（用代数形式表示）。

分析：根据复数乘法的几何意义，向量 $\overrightarrow{OZ'}$ 对应的复数是复数 $1+i$ 与 $z_{0}$ 的积，其中复数 $z_{0}$ 的模是1，辐角的主值是 $120^{\circ}$ .

$\begin{array}{r l} & (1 + \mathrm{i}) (\cos 1 2 0 ^ {\circ} + \mathrm{i} \sin 1 2 0 ^ {\circ}) \\ & = (1 + \mathrm{i}) \left(- \frac {1}{2} + \frac {\sqrt {3}}{2} \mathrm{i}\right) \\ & = \frac {- 1 - \sqrt {3}}{2} + \frac {\sqrt {3} - 1}{2} \mathrm{i}. \end{array}$

这道题的思路值得单独记：题目里出现”绕原点旋转 $\alpha$ 角”， 就把它翻译成乘以 $\cos\alpha+\mathrm i\sin\alpha$（模为 $1$，只转不伸缩）； 逆时针取正角，顺时针取负角。翻译完之后，剩下的就是普通的复数乘法。

三、除法的三角表示与几何意义

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 $z_{1} = r_{1}(\cos \theta_{1} + \mathrm{i}\sin \theta_{1}), z_{2} = r_{2}(\cos \theta_{2} + \mathrm{i}\sin \theta_{2})$ ，且 $z_{2} \neq 0$ ，因为

$r _ {2} (\cos \theta_ {2} + \mathrm{i} \sin \theta_ {2}) \cdot \frac {r _ {1}}{r _ {2}} [ \cos (\theta_ {1} - \theta_ {2}) + \mathrm{i} \sin (\theta_ {1} - \theta_ {2}) ] = r _ {1} (\cos \theta_ {1} + \mathrm{i} \sin \theta_ {1}),$

$\frac {r _ {1} (\cos \theta_ {1} + \mathrm{i} \sin \theta_ {1})}{r _ {2} (\cos \theta_ {2} + \mathrm{i} \sin \theta_ {2})} = \frac {r _ {1}}{r _ {2}} \big [ \cos (\theta_ {1} - \theta_ {2}) + \mathrm{i} \sin (\theta_ {1} - \theta_ {2}) \big ].$

课本用的是”验证”而不是”推导”：它先把答案写出来， 再验证这个答案乘以 $z_2$ 确实等于 $z_1$，然后引用除法的定义（商是唯一的）得出结论。 这条路走得通，是因为除法被定义成乘法的逆运算， 所以”谁乘 $z_2$ 得 $z_1$“和”$z_1$ 除以 $z_2$ 等于谁”是同一个问题。

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.

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？

除法的几何意义照着乘法反过来说就行：$\dfrac{z_1}{z_2}$ 对应的向量， 是把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 绕 $O$ 顺时针旋转 $\theta_2$（若 $\theta_2<0$ 则逆时针转 $|\theta_2|$）， 再把模变为原来的 $\dfrac1{r_2}$ 倍。$z_2\neq 0$ 这个条件不能省， 否则 $r_2=0$，“缩为 $\frac1{r_2}$ 倍”根本没有意义。

例 5

例 5 计算 $4\left(\cos\frac{4\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{4\pi}{3}\right)\div\left[2\left(\cos\frac{5\pi}{6}+\mathrm{i}\sin\frac{5\pi}{6}\right)\right]$ ，并把结果化为代数形式.

解：原式 $=2\left[\cos\left(\frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6}\right)+\mathrm{i}\sin\left(\frac{4\pi}{3}-\frac{5\pi}{6}\right)\right]$

$= 2 \left(\cos \frac {\pi}{2} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{2}\right) = 2 (0 + \mathrm{i}) = 2 \mathrm{i}.$

注意这里的角差 $\frac{4\pi}3-\frac{5\pi}6=\frac{8\pi-5\pi}{6}=\frac{\pi}2$ 正好落在主值区间里， 不需要调整。但下一节练习里就有需要加 $2\pi$ 或减 $2\pi$ 的情形，每次算完都要看一眼。

四、探究与发现：棣莫弗定理与 $1$ 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…… $n$ 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 $z_{1} = r_{1}(\cos \theta_{1} + \mathrm{i}\sin \theta_{1})$ ， $z_{2} = r_{2}\cdot (\cos \theta_{2}+$ $\mathrm{isin}\theta_{2})$ ，则 $z_{1}z_{2} = r_{1}r_{2}\left[\cos (\theta_{1} + \theta_{2}) + \mathrm{i}\sin (\theta_{1} + \theta_{2})\right]$ .这个结论可以推广到$n(n\geqslant 2$ ， $n\in \mathbf{N})$ 个复数相乘的情况，即若 $z_{1} = r_{1}(\cos \theta_{1} + \mathrm{i}\sin \theta_{1})$ ， $z_{2} = r_{2}(\cos \theta_{2}+$ $\mathrm{isin}\theta_{2})$ ，…， $z_{n} = r_{n}(\cos \theta_{n} + \mathrm{i}\sin \theta_{n})$ ，则

$z _ {1} z _ {2} \dots z _ {n} = r _ {1} r _ {2} \dots r _ {n} \left[ \cos \left(\theta_ {1} + \theta_ {2} + \dots + \theta_ {n}\right) + \mathrm{i} \sin \left(\theta_ {1} + \theta_ {2} + \dots + \theta_ {n}\right) \right].$

特别地，如果 $z_{1}=z_{2}=\cdots=z_{n}=r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$ ，那么

$[ r (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta) ] ^ {n} = r ^ {n} (\cos n \theta + \mathrm{i} \sin n \theta).$

这就是说，复数的 $n$ （$n \in \mathbf{N}^*$）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.

棣莫弗定理就是乘法法则用在 $n$ 个相同因子上，没有新东西： 模连乘 $n$ 次得到 $r^n$，辐角连加 $n$ 次得到 $n\theta$。 几何上就是把同一个”转 $\theta$、伸 $r$ 倍”的动作重复做 $n$ 遍。

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 $z = \rho (\cos \varphi +\mathrm{i}\sin \varphi)$ $(\rho >0)$ 是1的3次方根，则 $z^3 = 1 = \cos 0 + \mathrm{i}\sin 0$ ，从而

$[ \rho (\cos \varphi + \mathrm{i} \sin \varphi) ] ^ {3} = \rho^ {3} (\cos 3 \varphi + \mathrm{i} \sin 3 \varphi) = \cos 0 + \mathrm{i} \sin 0.$

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

$\left\{ \begin{array}{l} \rho^ {3} = 1, \\ 3 \varphi = 0 + 2 k \pi (k \in \mathbf {Z}), \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \rho = 1, \\ \varphi = \frac {2 k \pi}{3} (k \in \mathbf {Z}). \end{array} \right.$

因此1的3次方根是 $\cos \frac{2k\pi}{3} +\mathrm{i}\sin \frac{2k\pi}{3} (k\in \mathbf{Z}).$

根据三角函数的周期性可得，1的3次方根为 $\omega_{k} = \cos \frac{2k\pi}{3} +\mathrm{i}\sin \frac{2k\pi}{3}$ （ $k = 0$ 1，2)，即 $\omega_0 = \cos 0 + \mathrm{i}\sin 0 = 1$ ， $\omega_{1} = \cos \frac{2\pi}{3} +\mathrm{i}\sin \frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i},\omega_{2} = \cos \frac{4\pi}{3} +$ $\mathrm{isin}\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2} -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}.$

这段推导的关键在”辐角可以相差 $2\pi$ 的整数倍”这一句。 如果按”辐角相等”去解，只会得到 $\varphi=0$ 一个根，漏掉另外两个。 复数相等的条件是”模相等且辐角相差 $2k\pi$“，不是”辐角相等”—— 这是本节最容易出错的一处，务必分清。

至于为什么 $k$ 只取 $0,1,2$：$\varphi=\dfrac{2k\pi}3$ 中， $k$ 每增加 $3$，$\varphi$ 就增加 $2\pi$，对应的复数完全相同。 所以 $k=0,1,2$ 已经把互不相同的根取遍了，$k=3$ 又回到 $k=0$。

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 $\overrightarrow{OZ_0}, \overrightarrow{OZ_1}, \overrightarrow{OZ_2}$。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。

从 $\omega_0, \omega_1, \omega_2$ 对应的向量 $\overrightarrow{OZ_0}, \overrightarrow{OZ_1}, \overrightarrow{OZ_2}$ 来看，容易发现：将 $\overrightarrow{OZ_0}$ 绕原点 $O$ 按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\overrightarrow{OZ_1}$，再按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\overrightarrow{OZ_2}$，继续按逆时针方向旋转 $\frac{2\pi}{3}$ 得到 $\overrightarrow{OZ_0}$.

三条性质的证明

(1) $(\omega_{k})^{3}=1,\quad|\omega_{k}|=1$ ，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).

(1) 由棣莫弗定理，

$$(\omega_k)^3=\left(\cos\frac{2k\pi}3+\mathrm i\sin\frac{2k\pi}3\right)^3 =\cos 2k\pi+\mathrm i\sin 2k\pi=1$$

而 $|\omega_k|=1$ 是因为 $\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1$，与 $k$ 无关。

(2) $\omega_1=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2\mathrm i$，$\omega_2=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}2\mathrm i$， 实部相同、虚部互为相反数，正是共轭复数的定义。 换成辐角说更直观：$\dfrac{2\pi}3$ 与 $\dfrac{4\pi}3$ 关于实轴对称 （$\dfrac{4\pi}3=2\pi-\dfrac{2\pi}3$），共轭在复平面上就是关于实轴翻折。

(3) 直接算最稳。当 $k=1$ 时，$\omega_1^2=\omega_2$（辐角 $\frac{2\pi}3$ 翻倍成 $\frac{4\pi}3$），于是

$1+\omega_1+\omega_1^2=1+\left(-\frac12+\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)+\left(-\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=0$

$k=2$ 时 $\omega_2^2=\omega_4=\omega_1$（辐角 $\frac{8\pi}3$ 减去 $2\pi$ 是 $\frac{2\pi}3$）， 三项还是那三个数，和仍为 $0$。

还有一个更漂亮的理由：$\omega_k$ 是 $x^3-1=0$ 的根，而

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$

$\omega_1$、$\omega_2$ 都不等于 $1$，所以它们是 $x^2+x+1=0$ 的根， 代进去就是 $\omega_k^2+\omega_k+1=0$。 几何上这三个向量首尾相接构成一个封闭的正三角形，向量和当然为零。

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？

推广到 $n$ 次方根，做法一字不改：设 $z=\rho(\cos\varphi+\mathrm i\sin\varphi)$ 满足 $z^n=1$， 则 $\rho^n=1$ 且 $n\varphi=2k\pi$，于是 $\rho=1$、$\varphi=\dfrac{2k\pi}n$，

$\omega_k=\cos\frac{2k\pi}n+\mathrm i\sin\frac{2k\pi}n\qquad(k=0,1,\dots,n-1)$

它们是单位圆的 $n$ 等分点，也就是单位圆内接正 $n$ 边形的顶点， 其中一个顶点固定在 $1$ 处。当 $n\geqslant 2$ 时它们的和仍为 $0$ （同样因为 $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+\cdots+x+1)$）。

五、本章小结·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.

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：

下面按课本的六问逐条作答。

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.

答：数系每一次扩充，都是因为原来的数系里有些运算做不了， 而扩充的方式都是”添一个新数、保留原有运算律”。 整数补上了自然数里做不了的减法；有理数补上了整数里做不了的除法； 实数补上了有理数里开不尽的方根与极限；复数补上了实数里 $x^2=-1$ 这类方程的解。 每一步都遵守同一条底线：新数系必须把旧数系原样包含进去，运算律不能塌。 历史上从丢番图、卡尔达诺到韦塞尔，人们真正接受复数用了三百年， 转折点正是韦塞尔给出的几何表示——有了复平面，虚数就不再”虚”了。

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.

答：包含关系是复数 $\supset$ 实数，复数里非实数的部分叫虚数， 虚数里实部为零的叫纯虚数。用 $z=a+b\mathrm i$（$a,b\in\mathbf R$）说：

几何意义的区别是维数：实数对应数轴上的点（一维）， 复数对应平面上的点或以原点为起点的向量（二维）。 这也解释了为什么复数不能像实数那样比较大小——平面上的点没有天然的顺序。

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？

答：合理性来自两条底线：一是把 $\mathrm i^2=-1$ 当作唯一的新规定， 二是让加、减、乘、除的运算律（交换、结合、分配）原样保留。 在这两条下，$(a+b\mathrm i)(c+d\mathrm i)$ 只能按多项式乘法展开再用 $\mathrm i^2=-1$ 合并， 结果是被逼出来的，不是随便定的。 至于加、减运算与向量的一致性，看坐标就清楚： $(a+b\mathrm i)\pm(c+d\mathrm i)=(a\pm c)+(b\pm d)\mathrm i$， 和向量 $(a,b)\pm(c,d)$ 逐分量相加减完全一样。 所以复数加减法的几何意义就是平行四边形法则和三角形法则。

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？

答：三角形式是 $z=r(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)$，其中 $r=|z|$ 是模、$\theta$ 是辐角。 它与几何意义的联系是直接的：$r$ 就是向量 $\overrightarrow{OZ}$ 的长度， $\theta$ 就是这个向量与实轴正半轴的夹角。

三角形式说的是”多长、朝哪”，代数形式说的是”横多少、纵多少”。 两者靠

$a=r\cos\theta,\quad b=r\sin\theta;\qquad r=\sqrt{a^2+b^2},\quad \tan\theta=\frac ba\ (a\neq 0)$

互相换算。由 $\tan\theta$ 定 $\theta$ 时必须结合点所在的象限，否则会差 $\pi$。

5. 复数乘、除运算的几何意义是什么？

答：乘法是”旋转 $+$ 伸缩”，除法是”反向旋转 $+$ 反向伸缩”。 具体地，$z_1z_2$ 对应把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 逆时针转 $\theta_2$、模乘 $r_2$； $\dfrac{z_1}{z_2}$ 对应把 $\overrightarrow{OZ_1}$ 顺时针转 $\theta_2$、模乘 $\dfrac1{r_2}$。 这是本章”数与形结合”最集中的一处：一个乘法算式，在平面上就是一个刚体运动加一次缩放。

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.

答：代数表示下乘法要展开四项、除法要分母有理化，运算量随因子个数迅速增长； 三角表示下乘除只动模和辐角，乘方更是直接用棣莫弗定理一步到位。 代价是要先求出模和辐角，还要处理主值。 所以经验法则是：

题目里出现旋转、乘方、开方、多个因子连乘，就换三角形式；只是一两次加减或简单乘除，代数形式更省事。

六、常见错法

• 把”辐角相加”直接当成主值相加。$\theta_1+\theta_2$ 可能超出 $[0,2\pi)$， 要加减 $2\pi$ 调回主值。练习第 1 题第 (2) 小题就是这种情况。
• 对着”不是三角形式”的式子直接套公式。 $r(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)$ 里 $r$ 必须非负、两处的角必须相同、 中间必须是加号、$\cos$ 在前 $\sin$ 在后。四条缺一条都要先化成标准形再算。
• 除法时忘了 $z_2\neq 0$。$r_2=0$ 时模的商没有意义。
• 求 $n$ 次方根时按”辐角相等”解。必须用”辐角相差 $2k\pi$”， 否则 $n$ 个根只会解出一个。
• 旋转的方向弄反。逆时针乘 $\cos\alpha+\mathrm i\sin\alpha$， 顺时针乘 $\cos\alpha-\mathrm i\sin\alpha$，也就是乘 $\cos(-\alpha)+\mathrm i\sin(-\alpha)$。
• 由 $\tan\theta=\dfrac ba$ 定辐角时不看象限。 $1+\mathrm i$ 与 $-1-\mathrm i$ 的 $\tan\theta$ 都是 $1$，辐角却差了 $\pi$。

本目录横跨 page-0093—page-0103（印刷第 86—96 页），是全章最后一节， 所以它同时收着四组题：

• §7.3.1 的「练习」3 道（第 86 页）——那一节的正文在上一目录，这三道题印在本目录的首页；
• §7.3.2 自己的「练习」3 道（第 89 页）；
• 习题 7.3 共 10 道（第 89—90 页）；
• 复习参考题 7 共 10 道（第 94—95 页）。

一共 26 道。除了少数几道纯代数形式的题，其余全部落在同两句话上：

乘法——模相乘、辐角相加；除法——模相除、辐角相减。 几何上，乘一个复数就是”绕原点旋转它的辐角、再把模按它的模伸缩”。

另外有一条贯穿全篇的检查动作：算完辐角先看一眼有没有跳出主值区间， 跳出去了就加减 $2\pi$（或 $360^\circ$）调回来。

§7.3.1 练习（第 86 页）第 1 题

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) $-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$ .

三角形式是 $z=r(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)$，所以每一小题都只要定两个数： 模 $r=\sqrt{a^2+b^2}$，辐角 $\theta$ 由 $\cos\theta=\dfrac ar$、$\sin\theta=\dfrac br$ 联合确定。 只用 $\tan\theta=\dfrac ba$ 会丢象限，两式一起用才唯一。

逐个说明关键一步：

• (1) $4$ 是正实数，对应的向量沿实轴正方向，辐角主值取 $0$。
• (2) $-\mathrm i$ 对应的向量沿虚轴负方向。辐角主值要取在 $[0,2\pi)$ 里， 所以写 $\dfrac{3\pi}2$ 而不是 $-\dfrac\pi2$。
• (3) $r=\sqrt{(2\sqrt3)^2+2^2}=\sqrt{12+4}=4$， 于是 $\cos\theta=\dfrac{2\sqrt3}4=\dfrac{\sqrt3}2$、$\sin\theta=\dfrac24=\dfrac12$， 两式同时成立的只有 $\theta=\dfrac\pi6$。
• (4) $r=\sqrt{\dfrac14+\dfrac34}=1$，$\cos\theta=-\dfrac12$、$\sin\theta=-\dfrac{\sqrt3}2$， 两个都是负的，说明在第三象限，所以 $\theta=\dfrac{4\pi}3$，不是 $\dfrac{2\pi}3$。

§7.3.1 练习（第 86 页）第 2 题

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) $\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}-\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{4}\right)$ ; (2) $-\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{3}\right)$ ; (3) $\frac{1}{2}\left(\sin\frac{5\pi}{12}+\mathrm{i}\cos\frac{5\pi}{12}\right)$ ; (4) $\cos\frac{7\pi}{5}+\mathrm{i}\sin\frac{7\pi}{5}$ ;

$2 \left(\cos \frac {\pi}{3} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{6}\right)$

判断”是不是三角形式”，只有四条标准，缺一条就不是：

1. 模在前且非负：写成 $r(\cdots)$，$r\geqslant 0$；
2. 中间是加号：$\cos\theta+\mathrm i\sin\theta$；
3. 两处的角必须是同一个 $\theta$；
4. $\cos$ 在前、$\sin$ 在后。

对照这四条逐个看：

(1) $\dfrac12\left(\cos\dfrac\pi4-\mathrm i\sin\dfrac\pi4\right)$ 不是，违反第 2 条。 把负号收进角里：$\cos\dfrac\pi4=\cos\left(-\dfrac\pi4\right)$， $-\sin\dfrac\pi4=\sin\left(-\dfrac\pi4\right)$，所以它等于

$$\frac12\left[\cos\left(-\frac\pi4\right)+\mathrm i\sin\left(-\frac\pi4\right)\right] =\frac12\left(\cos\frac{7\pi}4+\mathrm i\sin\frac{7\pi}4\right)$$

(2) $-\dfrac12\left(\cos\dfrac\pi3+\mathrm i\sin\dfrac\pi3\right)$ 不是，违反第 1 条（模不能是负数）。 把负号理解成”再转半圈”：$-1=\cos\pi+\mathrm i\sin\pi$，于是辐角加 $\pi$：

$$\frac12\left[\cos\left(\frac\pi3+\pi\right)+\mathrm i\sin\left(\frac\pi3+\pi\right)\right] =\frac12\left(\cos\frac{4\pi}3+\mathrm i\sin\frac{4\pi}3\right)$$

(3) $\dfrac12\left(\sin\dfrac{5\pi}{12}+\mathrm i\cos\dfrac{5\pi}{12}\right)$ 不是，违反第 4 条。 用诱导公式把 $\sin$ 换成 $\cos$：$\sin\alpha=\cos\left(\dfrac\pi2-\alpha\right)$， $\cos\alpha=\sin\left(\dfrac\pi2-\alpha\right)$，而 $\dfrac\pi2-\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac\pi{12}$，所以

$\frac12\left(\cos\frac\pi{12}+\mathrm i\sin\frac\pi{12}\right)$

(4) $\cos\dfrac{7\pi}5+\mathrm i\sin\dfrac{7\pi}5$ 是三角形式：模是 $1$，两处同角，加号，$\cos$ 在前。 $\dfrac{7\pi}5\in[0,2\pi)$，辐角已经是主值。

(5) $2\left(\cos\dfrac\pi3+\mathrm i\sin\dfrac\pi6\right)$ 不是，违反第 3 条——两个角不一样。 这种情况没有捷径，只能先算回代数形式再重新求模和辐角：

$$2\left(\frac12+\frac12\mathrm i\right)=1+\mathrm i \ \Longrightarrow\ r=\sqrt2,\ \theta=\frac\pi4$$

$\sqrt2\left(\cos\frac\pi4+\mathrm i\sin\frac\pi4\right)$

第 (5) 小题最值得警惕：$\cos\dfrac\pi3$ 与 $\sin\dfrac\pi6$ 碰巧都等于 $\dfrac12$， 式子看上去”很像”三角形式，但角不同就不是。判断时看形式，不看数值。

§7.3.1 练习（第 86 页）第 3 题

3. 把下列复数表示成代数形式： (1) $6\left(\cos\frac{3\pi}{2}+\mathrm{i}\sin\frac{3\pi}{2}\right)$ ; (2) $2\left(\cos\frac{5\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{5\pi}{3}\right)$ .

反方向的换算，把 $\cos\theta$、$\sin\theta$ 的值代进去就行。

(1) $\dfrac{3\pi}2$ 在虚轴负方向，$\cos\dfrac{3\pi}2=0$、$\sin\dfrac{3\pi}2=-1$：

$6\left(\cos\frac{3\pi}2+\mathrm i\sin\frac{3\pi}2\right)=6(0-\mathrm i)=-6\mathrm i$

(2) $\dfrac{5\pi}3$ 在第四象限，$\cos\dfrac{5\pi}3=\dfrac12$、$\sin\dfrac{5\pi}3=-\dfrac{\sqrt3}2$：

$$2\left(\cos\frac{5\pi}3+\mathrm i\sin\frac{5\pi}3\right) =2\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=1-\sqrt3\,\mathrm i$$

练习（第 89 页）第 1 题

1. 计算：

(1) $8\left(\cos\frac{\pi}{6}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{6}\right)\times2\left(\cos\frac{\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{4}\right)$ ;

(2) $2\left(\cos\frac{4\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{4\pi}{3}\right)\times4\left(\cos\frac{5\pi}{6}+\mathrm{i}\sin\frac{5\pi}{6}\right)$ ;

(3) $\sqrt{2}$ ( $\cos 240^{\circ} + \mathrm{i}\sin 240^{\circ}$ ) $\times \frac{\sqrt{3}}{2}$ ( $\cos 60^{\circ} + \mathrm{i}\sin 60^{\circ}$ );

(4) $3(\cos 18^{\circ} + \mathrm{i}\sin 18^{\circ})\times 2(\cos 54^{\circ} + \mathrm{i}\sin 54^{\circ})\times 5(\cos 108^{\circ} + \mathrm{i}\sin 108^{\circ}).$

四道全是乘法，模相乘、辐角相加，唯一要留神的是主值。

(1) 模 $8\times 2=16$，辐角 $\dfrac\pi6+\dfrac\pi4=\dfrac{2\pi+3\pi}{12}=\dfrac{5\pi}{12}$，落在主值区间里：

$16\left(\cos\frac{5\pi}{12}+\mathrm i\sin\frac{5\pi}{12}\right)$

(2) 模 $2\times 4=8$，辐角 $\dfrac{4\pi}3+\dfrac{5\pi}6=\dfrac{8\pi+5\pi}{6}=\dfrac{13\pi}6$。 这个角超过了 $2\pi$，要减一个 $2\pi$ 调回主值：$\dfrac{13\pi}6-2\pi=\dfrac\pi6$。

$8\left(\cos\frac\pi6+\mathrm i\sin\frac\pi6\right)=8\left(\frac{\sqrt3}2+\frac12\mathrm i\right)=4\sqrt3+4\mathrm i$

(3) 模 $\sqrt2\times\dfrac{\sqrt3}2=\dfrac{\sqrt6}2$，辐角 $240^\circ+60^\circ=300^\circ$：

$$\frac{\sqrt6}2\left(\cos 300^\circ+\mathrm i\sin 300^\circ\right) =\frac{\sqrt6}2\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=\frac{\sqrt6}4-\frac{3\sqrt2}4\mathrm i$$

（$\dfrac{\sqrt6}2\cdot\dfrac{\sqrt3}2=\dfrac{\sqrt{18}}4=\dfrac{3\sqrt2}4$。）

(4) 三个因子相乘，法则照样适用：模 $3\times 2\times 5=30$， 辐角 $18^\circ+54^\circ+108^\circ=180^\circ$：

$30\left(\cos 180^\circ+\mathrm i\sin 180^\circ\right)=30(-1+0)= -30$

第 (4) 小题是本题的设计亮点：三个角加起来正好 $180^\circ$， 所以结果落在实轴负半轴上，是一个实数。

用代数形式硬乘要展开八项，换成三角形式只需要把三个角加一次。

练习（第 89 页）第 2 题

2. 计算：

(1) $12\left(\cos\frac{7\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{7\pi}{4}\right)\div\left[6\left(\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3}\right)\right]$;

(2) $\sqrt{3} (\cos 150^{\circ} + \mathrm{i}\sin 150^{\circ})\div [\sqrt{2} (\cos 225^{\circ} + \mathrm{i}\sin 225^{\circ})]$;

(3) $2\div\left(\cos\frac{\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{4}\right)$ ;

$$- \mathrm{i} \div [ 2 (\cos 1 2 0 ^ {\circ} + \mathrm{i} \sin 1 2 0 ^ {\circ}) ]. \tag {4}$$

四道全是除法，模相除、辐角相减。

(1) 模 $\dfrac{12}6=2$，辐角 $\dfrac{7\pi}4-\dfrac{2\pi}3=\dfrac{21\pi-8\pi}{12}=\dfrac{13\pi}{12}$：

$2\left(\cos\frac{13\pi}{12}+\mathrm i\sin\frac{13\pi}{12}\right)$

$\dfrac{13\pi}{12}$ 已在 $[0,2\pi)$ 内，不必调整；这个角不是特殊角，保留三角形式即可。

(2) 模 $\dfrac{\sqrt3}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6}2$，辐角 $150^\circ-225^\circ=-75^\circ$。 差是负的，加 $360^\circ$ 调回主值得 $285^\circ$：

$\frac{\sqrt6}2\left(\cos 285^\circ+\mathrm i\sin 285^\circ\right)$

(3) 被除数 $2$ 是正实数，先补成三角形式 $2(\cos 0+\mathrm i\sin 0)$。 模 $\dfrac21=2$，辐角 $0-\dfrac\pi4=-\dfrac\pi4$：

$$2\left[\cos\left(-\frac\pi4\right)+\mathrm i\sin\left(-\frac\pi4\right)\right] =2\left(\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2\mathrm i\right)=\sqrt2-\sqrt2\,\mathrm i$$

“把实数补成三角形式”这一步不能跳，否则辐角无从谈起。

(4) 被除数 $-\mathrm i$ 的模是 $1$、辐角是 $270^\circ$。 模 $\dfrac12$，辐角 $270^\circ-120^\circ=150^\circ$：

$$\frac12\left(\cos 150^\circ+\mathrm i\sin 150^\circ\right) =\frac12\left(-\frac{\sqrt3}2+\frac12\mathrm i\right)=-\frac{\sqrt3}4+\frac14\mathrm i$$

练习（第 89 页）第 3 题

3. 在复平面内，把与复数 $3 - \sqrt{3}\mathrm{i}$ 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）.

“绕原点顺时针旋转 $60^\circ$“翻译成复数运算，就是乘以

$\cos(-60^\circ)+\mathrm i\sin(-60^\circ)=\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i$

模是 $1$，所以只转不伸缩。直接算：

$$(3-\sqrt3\,\mathrm i)\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right) =\frac32-\frac{3\sqrt3}2\mathrm i-\frac{\sqrt3}2\mathrm i+\frac{3}{2}\mathrm i^2$$

$=\frac32-\frac32-\frac{4\sqrt3}2\mathrm i=-2\sqrt3\,\mathrm i$

$\boxed{-2\sqrt3\,\mathrm i}$

换三角形式核对

$3-\sqrt3\,\mathrm i$ 的模是 $\sqrt{9+3}=2\sqrt3$， $\cos\theta=\dfrac3{2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}2$、$\sin\theta=-\dfrac{\sqrt3}{2\sqrt3}=-\dfrac12$， 所以 $\theta=-\dfrac\pi6$。顺时针再转 $\dfrac\pi3$，辐角变成 $-\dfrac\pi2$：

$2\sqrt3\left[\cos\left(-\frac\pi2\right)+\mathrm i\sin\left(-\frac\pi2\right)\right]=-2\sqrt3\,\mathrm i$

两条路一致。结果落在虚轴负半轴上，说明这个向量恰好被转到了竖直向下的方向， 和”原辐角 $-30^\circ$ 再减 $60^\circ$ 得 $-90^\circ$“对得上。

习题 7.3 复习巩固 第 1 题

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) $-\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \mathrm{i}.$

和练习第 1 题同一套动作，仍然是先定模、再由 $\cos\theta$ 与 $\sin\theta$ 联合定辐角。

第 (3) 小题是最容易写错象限的一个：$\tan\theta=-\sqrt3$ 对应 $\theta=-\dfrac\pi3$ 或 $\dfrac{2\pi}3$， 但 $\cos\theta=\dfrac12>0$ 说明在右半平面，$\sin\theta=-\dfrac{\sqrt3}2<0$ 说明在下半平面， 两条一起定在第四象限，主值取 $\dfrac{5\pi}3$。

习题 7.3 复习巩固 第 2 题

2. 把下列复数表示成代数形式:

(1) $3\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{4}\right)$ ;

(2) $8\left(\cos\frac{11\pi}{6}+\mathrm{i}\sin\frac{11\pi}{6}\right)$ ;

(3) $9(\cos \pi + \mathrm{i} \sin \pi)$ ;

(4) $6\left(\cos\frac{4\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{4\pi}{3}\right)$ .

代回 $\cos\theta$、$\sin\theta$ 的值即可。

$$3\sqrt2\left(\cos\frac\pi4+\mathrm i\sin\frac\pi4\right) =3\sqrt2\left(\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2\mathrm i\right)=3+3\mathrm i$$ $$8\left(\cos\frac{11\pi}6+\mathrm i\sin\frac{11\pi}6\right) =8\left(\frac{\sqrt3}2-\frac12\mathrm i\right)=4\sqrt3-4\mathrm i$$

$9(\cos\pi+\mathrm i\sin\pi)=9(-1+0)=-9$

$$6\left(\cos\frac{4\pi}3+\mathrm i\sin\frac{4\pi}3\right) =6\left(-\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=-3-3\sqrt3\,\mathrm i$$

四个结果分落四种位置：第一象限、第四象限、实轴负半轴、第三象限， 正好和四个辐角所在的位置一一对应。算完对一眼象限，是最省事的自检。

习题 7.3 复习巩固 第 3 题

3. 计算：

(1) $3\left(\cos \frac{\pi}{3} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3}\right) \times 3\left(\cos \frac{\pi}{6} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{6}\right)$;

(2) $\sqrt{10}\left(\cos \frac{\pi}{2} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{2}\right) \times \sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{4}\right)$;

(3) $10\left(\cos \frac{2\pi}{3} + \mathrm{i}\sin \frac{2\pi}{3}\right) \div \left[5\left(\cos \frac{\pi}{3} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3}\right)\right]$;

(4) $12\left(\cos \frac{3\pi}{2} + \mathrm{i}\sin \frac{3\pi}{2}\right) \div \left[6\left(\cos \frac{\pi}{6} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{6}\right)\right].$

前两小题是乘法，后两小题是除法。

(1) 模 $3\times 3=9$，辐角 $\dfrac\pi3+\dfrac\pi6=\dfrac\pi2$：

$9\left(\cos\frac\pi2+\mathrm i\sin\frac\pi2\right)=9\mathrm i$

(2) 模 $\sqrt{10}\times\sqrt2=\sqrt{20}=2\sqrt5$，辐角 $\dfrac\pi2+\dfrac\pi4=\dfrac{3\pi}4$：

$2\sqrt5\left(-\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2\mathrm i\right)=-\sqrt{10}+\sqrt{10}\,\mathrm i$

(3) 模 $\dfrac{10}5=2$，辐角 $\dfrac{2\pi}3-\dfrac\pi3=\dfrac\pi3$：

$2\left(\frac12+\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=1+\sqrt3\,\mathrm i$

(4) 模 $\dfrac{12}6=2$，辐角 $\dfrac{3\pi}2-\dfrac\pi6=\dfrac{9\pi-\pi}6=\dfrac{4\pi}3$：

$2\left(-\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=-1-\sqrt3\,\mathrm i$

习题 7.3 复习巩固 第 4 题

4. 计算下列各式，并作出几何解释：

(1) $\sqrt{2}\left(\cos \frac{2\pi}{3} + \mathrm{i}\sin \frac{2\pi}{3}\right) \times 2\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{3} + \mathrm{i}\sin \frac{\pi}{3}\right)$;

(2) $2(\cos 75^{\circ} + \mathrm{i}\sin 75^{\circ}) \times \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\mathrm{i}\right)$;

(3) $4(\cos 300^{\circ} + \mathrm{i}\sin 300^{\circ})\div \left[\sqrt{2}\left(\cos \frac{3\pi}{4} +\mathrm{i}\sin \frac{3\pi}{4}\right)\right];$

(4) $\left(-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}\right) \div \left[2 \left(\cos \frac{\pi}{3} + \mathrm{i} \sin \frac{\pi}{3}\right)\right].$

这道题多要一句几何解释，所以每小题都按”转多少、伸缩多少”来说。

(1) 模 $\sqrt2\times 2\sqrt2=4$，辐角 $\dfrac{2\pi}3+\dfrac\pi3=\pi$：

$4(\cos\pi+\mathrm i\sin\pi)=-4$

几何解释：把与 $\sqrt2\left(\cos\dfrac{2\pi}3+\mathrm i\sin\dfrac{2\pi}3\right)$ 对应的向量 绕 $O$ 逆时针转 $\dfrac\pi3$，再把模拉长到原来的 $2\sqrt2$ 倍， 得到一个模为 $4$、辐角为 $\pi$ 的向量，即实轴负方向长 $4$ 的向量。

(2) 第二个因子不是三角形式，先化：$\dfrac12-\dfrac12\mathrm i$ 的模是 $\sqrt{\dfrac14+\dfrac14}=\dfrac{\sqrt2}2$，辐角是 $-45^\circ$。于是模 $2\times\dfrac{\sqrt2}2=\sqrt2$，辐角 $75^\circ-45^\circ=30^\circ$：

$$\sqrt2\left(\cos 30^\circ+\mathrm i\sin 30^\circ\right) =\sqrt2\left(\frac{\sqrt3}2+\frac12\mathrm i\right)=\frac{\sqrt6}2+\frac{\sqrt2}2\mathrm i$$

几何解释：把第一个向量绕 $O$ 顺时针转 $45^\circ$，再把模变为原来的 $\dfrac{\sqrt2}2$ 倍。 乘一个辐角为负的复数，方向就是顺时针。

(3) 除法。$\dfrac{3\pi}4=135^\circ$，模 $\dfrac4{\sqrt2}=2\sqrt2$， 辐角 $300^\circ-135^\circ=165^\circ$：

$2\sqrt2\left(\cos 165^\circ+\mathrm i\sin 165^\circ\right)$

$165^\circ$ 不是特殊角，但 $165^\circ=180^\circ-15^\circ$，可以用 $15^\circ$ 的值展开：

$\cos 165^\circ=-\frac{\sqrt6+\sqrt2}4,\qquad \sin 165^\circ=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4$

$$2\sqrt2\cdot\left(-\frac{\sqrt6+\sqrt2}4\right)=-(\sqrt3+1),\qquad 2\sqrt2\cdot\frac{\sqrt6-\sqrt2}4=\sqrt3-1$$

$-(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)\mathrm i$

几何解释：把被除数向量绕 $O$ 顺时针转 $\dfrac{3\pi}4$，再把模变为原来的 $\dfrac1{\sqrt2}$ 倍。

(4) 被除数 $-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}2\mathrm i$ 的模是 $1$、辐角是 $\dfrac{2\pi}3$。 模 $\dfrac12$，辐角 $\dfrac{2\pi}3-\dfrac\pi3=\dfrac\pi3$：

$$\frac12\left(\cos\frac\pi3+\mathrm i\sin\frac\pi3\right) =\frac12\left(\frac12+\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=\frac14+\frac{\sqrt3}4\mathrm i$$

几何解释：把被除数向量顺时针转 $\dfrac\pi3$，模缩为原来的一半。

习题 7.3 综合运用 第 5 题

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：

$z = 4 \Big (\cos \frac {\pi}{1 2} + \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{1 2} \Big), \quad z = \cos \frac {\pi}{6} - \mathrm{i} \sin \frac {\pi}{6}, \quad z = \frac {\sqrt {2}}{2} (1 - \mathrm{i}).$

(1) 证明

$1$ 的模是 $1$、辐角是 $0$，即 $1=\cos 0+\mathrm i\sin 0$。 $\cos\theta+\mathrm i\sin\theta$ 的模是 $1$、辐角是 $\theta$。按除法的三角表示：

$$\frac{1}{\cos\theta+\mathrm i\sin\theta} =\frac11\left[\cos(0-\theta)+\mathrm i\sin(0-\theta)\right] =\cos\theta-\mathrm i\sin\theta$$

最后一步用了 $\cos(-\theta)=\cos\theta$、$\sin(-\theta)=-\sin\theta$。证毕。

另一条路（代数形式）：分母有理化，

$$\frac{1}{\cos\theta+\mathrm i\sin\theta} =\frac{\cos\theta-\mathrm i\sin\theta}{(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)(\cos\theta-\mathrm i\sin\theta)} =\frac{\cos\theta-\mathrm i\sin\theta}{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\cos\theta-\mathrm i\sin\theta$$

这条路顺带说明了一件事：模为 $1$ 的复数，倒数就等于它的共轭。

(2) 三个倒数的模与辐角

一般结论：若 $z=r(\cos\theta+\mathrm i\sin\theta)$（$r>0$），则

$\frac1z=\frac1r\left[\cos(-\theta)+\mathrm i\sin(-\theta)\right]$

即倒数的模是原模的倒数，辐角是原辐角的相反数。逐个用：

中间那个 $z$ 是本题的陷阱：$\cos\dfrac\pi6-\mathrm i\sin\dfrac\pi6$ 不是三角形式， 它的辐角不是 $\dfrac\pi6$ 而是 $-\dfrac\pi6$。先化标准形，再套公式。

第三个 $z$ 的模要算一下：$\left|\dfrac{\sqrt2}2(1-\mathrm i)\right| =\dfrac{\sqrt2}2\cdot\sqrt2=1$，所以它也在单位圆上。

习题 7.3 综合运用 第 6 题

6. 求证：

(1) $(\cos 75^{\circ} + \mathrm{i}\sin 75^{\circ})(\cos 15^{\circ} + \mathrm{i}\sin 15^{\circ}) = \mathrm{i}$;

$$(\cos 3 \theta - \mathrm{i} \sin 3 \theta) (\cos 2 \theta - \mathrm{i} \sin 2 \theta) = \cos 5 \theta - \mathrm{i} \sin 5 \theta . \tag {2}$$

(1) 两个因子都是标准三角形式，模都是 $1$，直接用乘法法则：

$$(\cos 75^\circ+\mathrm i\sin 75^\circ)(\cos 15^\circ+\mathrm i\sin 15^\circ) =\cos 90^\circ+\mathrm i\sin 90^\circ=0+\mathrm i=\mathrm i$$

证毕。$75^\circ+15^\circ=90^\circ$ 是这道题的全部内容， 用代数形式硬乘则要用到 $\cos75^\circ$、$\sin75^\circ$ 的具体值，麻烦得多。

(2) 两个因子都是减号，先各自化成标准形：

$\cos 3\theta-\mathrm i\sin 3\theta=\cos(-3\theta)+\mathrm i\sin(-3\theta)$

$\cos 2\theta-\mathrm i\sin 2\theta=\cos(-2\theta)+\mathrm i\sin(-2\theta)$

模都是 $1$，辐角相加得 $-5\theta$：

$\cos(-5\theta)+\mathrm i\sin(-5\theta)=\cos 5\theta-\mathrm i\sin 5\theta$

证毕。

这条结论可以记成一句话：形如 $\cos\alpha-\mathrm i\sin\alpha$ 的因子相乘，角也照样相加，只是全程带着那个负号。

习题 7.3 综合运用 第 7 题

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) $\frac{\cos\varphi - \mathrm{i}\sin\varphi}{\cos\varphi + \mathrm{i}\sin\varphi}.$

(1) 分子分母各自先合并：

$\text{分子}=\cos(7\theta+2\theta)+\mathrm i\sin(7\theta+2\theta)=\cos 9\theta+\mathrm i\sin 9\theta$

$\text{分母}=\cos(5\theta+3\theta)+\mathrm i\sin(5\theta+3\theta)=\cos 8\theta+\mathrm i\sin 8\theta$

再相除，辐角相减：

$\cos(9\theta-8\theta)+\mathrm i\sin(9\theta-8\theta)=\cos\theta+\mathrm i\sin\theta$

(2) 分子不是标准形，先化：$\cos\varphi-\mathrm i\sin\varphi=\cos(-\varphi)+\mathrm i\sin(-\varphi)$。 模都是 $1$，辐角相减：

$\cos(-\varphi-\varphi)+\mathrm i\sin(-\varphi-\varphi)=\cos 2\varphi-\mathrm i\sin 2\varphi$

两小题合起来说明一个规律：所有因子的模都是 $1$ 时， 整个式子的值只由辐角的代数和决定——分子上的角取正，分母上的角取负，加起来就是答案的辐角。

习题 7.3 综合运用 第 8 题

8. 设 $z = \sqrt{3} - \mathrm{i}$ 对应的向量为 $\overrightarrow{OZ}$，将 $\overrightarrow{OZ}$ 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）.

$z=\sqrt3-\mathrm i$ 的模是 $\sqrt{3+1}=2$， $\cos\theta=\dfrac{\sqrt3}2$、$\sin\theta=-\dfrac12$，所以辐角是 $-\dfrac\pi6$（即 $-30^\circ$）。

逆时针旋转 $45^\circ$

模不变仍是 $2$，辐角变成 $-30^\circ+45^\circ=15^\circ$：

$$2(\cos 15^\circ+\mathrm i\sin 15^\circ) =2\left(\frac{\sqrt6+\sqrt2}4+\frac{\sqrt6-\sqrt2}4\mathrm i\right) =\frac{\sqrt6+\sqrt2}2+\frac{\sqrt6-\sqrt2}2\mathrm i$$

也可以直接乘：$(\sqrt3-\mathrm i)\cdot\dfrac{\sqrt2}2(1+\mathrm i) =\dfrac{\sqrt2}2\left[(\sqrt3+1)+(\sqrt3-1)\mathrm i\right]$，结果相同。

顺时针旋转 $60^\circ$

辐角变成 $-30^\circ-60^\circ=-90^\circ$：

$2\left[\cos(-90^\circ)+\mathrm i\sin(-90^\circ)\right]=2(0-\mathrm i)=-2\mathrm i$

这个结果特别干净，值得用代数形式验一遍：

$$(\sqrt3-\mathrm i)\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right) =\frac{\sqrt3}2-\frac32\mathrm i-\frac12\mathrm i+\frac{\sqrt3}2\mathrm i^2 =\left(\frac{\sqrt3}2-\frac{\sqrt3}2\right)-2\mathrm i=-2\mathrm i$$

两条路一致。

原辐角是 $-30^\circ$，再顺时针 $60^\circ$ 正好转到竖直向下，所以结果一定是纯虚数且虚部为负。 这一步在动笔之前就能预判。

习题 7.3 拓广探索 第 9 题

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.

思路：等边三角形的第三个顶点，就是把一个顶点绕另一个顶点旋转 $\pm 60^\circ$ 得到的。 用复数说，就是把向量 $\overrightarrow{AB}$ 绕 $A$ 旋转 $\pm 60^\circ$。

$A$、$B$ 对应的复数分别是 $1$ 和 $2+\mathrm i$，所以

$\overrightarrow{AB}\ \text{对应}\ (2+\mathrm i)-1=1+\mathrm i$

顺时针旋转 $60^\circ$（与图形一致的那一个）

$$(1+\mathrm i)\left(\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right) =\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i+\frac12\mathrm i-\frac{\sqrt3}2\mathrm i^2 =\frac{1+\sqrt3}2+\frac{1-\sqrt3}2\mathrm i$$

再把起点搬回 $A$：

$C=1+\frac{1+\sqrt3}2+\frac{1-\sqrt3}2\mathrm i=\frac{3+\sqrt3}2+\frac{1-\sqrt3}2\mathrm i$

$\boxed{C\left(\frac{3+\sqrt3}2,\ \frac{1-\sqrt3}2\right)}$

$\dfrac{1-\sqrt3}2\approx-0.37<0$，点在实轴下方。

这与图完全对得上。 照着扫描页把图上能看到的三件事列出来： $A$ 是三角形与实轴的交点，在原点右侧的实轴正半轴上； $B$ 在第一象限，位于 $A$ 的右上方； $C$ 的标注在实轴下方，且横坐标比 $B$ 还靠右一点。 本解算出的 $C\approx(2.37,\,-0.37)$ 三条都满足， 而下面那个 $C'\approx(0.63,\,1.37)$ 在实轴上方、还在 $A$ 的左边，与图相反。 换个说法：图中 $A\to B\to C$ 是顺时针绕行，正好对应顺时针旋转的那一支。

另一个解

如果改成逆时针旋转 $60^\circ$，同样得到一个等边三角形：

$(1+\mathrm i)\left(\frac12+\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right)=\frac{1-\sqrt3}2+\frac{1+\sqrt3}2\mathrm i$

$C'=\frac{3-\sqrt3}2+\frac{1+\sqrt3}2\mathrm i$

$C'\approx(0.63,\,1.37)$，在实轴上方，且落在 $A$ 的左上方—— 与图中 $C$ 的位置正好相反，所以它是本题图形之外的那一支。

题面只说”复平面内的 $\triangle ABC$ 是等边三角形”，单看文字两个解都成立； 是图把 $C$ 钉在了实轴下方。 答题时把图作为条件用，同时知道另一个解的存在。 如果这道题去掉图，标准答案就该把两个坐标并列写出，缺一个算漏解。

验算

$|AB|^2=1^2+1^2=2$。对第一个解，

$$|AC|^2=\left(\frac{3+\sqrt3}2-1\right)^2+\left(\frac{1-\sqrt3}2\right)^2 =\left(\frac{1+\sqrt3}2\right)^2+\left(\frac{1-\sqrt3}2\right)^2 =\frac{4+2\sqrt3}4+\frac{4-2\sqrt3}4=2$$

与 $|AB|^2$ 相等，符合等边。

习题 7.3 拓广探索 第 10 题

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

$\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = \frac {\pi}{2}.$

先建系：把三个正方形的边长取作 $1$，把左下角那个公共顶点取作原点 $O$， 底边所在直线取作实轴。这样三条斜线的另一端分别是 $(1,1)$、$(2,1)$、$(3,1)$， 对应的复数就是 $1+\mathrm i$、$2+\mathrm i$、$3+\mathrm i$。

由图中的位置关系，$\angle 1$、$\angle 2$、$\angle 3$ 分别是这三条斜线与水平方向的夹角 （上边 $y=1$ 与底边 $y=0$ 平行，同位角相等），也就是

$\angle 1=\arg(1+\mathrm i),\quad \angle 2=\arg(2+\mathrm i),\quad \angle 3=\arg(3+\mathrm i)$

证明

三个辐角之和，就是三个复数之积的辐角。把积算出来：

$(1+\mathrm i)(2+\mathrm i)=2+\mathrm i+2\mathrm i+\mathrm i^2=1+3\mathrm i$

$(1+3\mathrm i)(3+\mathrm i)=3+\mathrm i+9\mathrm i+3\mathrm i^2=3-3+10\mathrm i=10\mathrm i$

$10\mathrm i$ 是纯虚数且虚部为正，落在虚轴正半轴上，所以

$\arg\left[(1+\mathrm i)(2+\mathrm i)(3+\mathrm i)\right]=\frac\pi2$

于是

$\angle 1+\angle 2+\angle 3\equiv\frac\pi2\pmod{2\pi}$

最后一步要把”模 $2\pi$“这个尾巴收干净：三个角都是锐角 （三条斜线都在第一象限，且 $0<\arg(k+\mathrm i)<\dfrac\pi2$）， 所以 $0<\angle 1+\angle 2+\angle 3<\dfrac{3\pi}2$， 这个区间里与 $\dfrac\pi2$ 相差 $2\pi$ 整数倍的只有 $\dfrac\pi2$ 本身。因此

$\angle 1+\angle 2+\angle 3=\frac\pi2$

证毕。

这一步不能省：辐角相加只保证”相差 $2k\pi$“，要断定等号， 必须先把和的范围框住。这是本节反复强调的同一件事。

顺带看看这三个角具体是多少：$\angle1=45^\circ$， $\angle2=\arctan\dfrac12\approx 26.57^\circ$，$\angle3=\arctan\dfrac13\approx 18.43^\circ$， 加起来正好 $90^\circ$。

用纯几何证明这个恒等式并不容易，换成复数只要算一次乘法。 这就是本节说的”三角表示给乘法带来的便利”。

复习参考题 7 复习巩固 第 1 题

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 $\frac{5}{\mathrm{i} - 2}$ 的共轭复数是（）. (A) $\mathrm{i} + 2$ (B) $\mathrm{i} - 2$ (C) $-2 - \mathrm{i}$ (D) $2 - \mathrm{i}$(3) 当 $\frac{2}{3} < m < 1$ 时, 复数 $m(3 + \mathrm{i}) - (2 + \mathrm{i})$ 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 $\sin 40^{\circ}$ —icos $40^{\circ}$ 的辐角主值是（）. (A) $40^{\circ}$ (B) $140^{\circ}$ (C) $220^{\circ}$ (D) $310^{\circ}$

（第 (4) 小题的转写里 $-\mathrm i\cos 40^\circ$ 被 OCR 成了”—icos”， 按扫描页应读作 $\sin 40^\circ-\mathrm i\cos 40^\circ$。）

(1) 选 (A)。 按代数形式展开：

$(a+b\mathrm i)(c+d\mathrm i)=(ac-bd)+(ad+bc)\mathrm i$

积是实数当且仅当虚部为零，即 $ad+bc=0$。 (B) 弄反了实部与虚部的组合，(C)(D) 是把加号写成了等号，都不对。

(2) 选 (B)。 先把 $\dfrac5{\mathrm i-2}$ 化简。注意 $\mathrm i-2=-2+\mathrm i$， 分母有理化时乘以它的共轭 $-2-\mathrm i$：

$\frac{5}{-2+\mathrm i}=\frac{5(-2-\mathrm i)}{(-2)^2+1^2}=\frac{5(-2-\mathrm i)}5=-2-\mathrm i$

它的共轭复数是 $-2+\mathrm i$，也就是 $\mathrm i-2$。 (C) 是没取共轭就填了，是最容易误选的一项。

(3) 选 (D)。 先整理成代数形式：

$m(3+\mathrm i)-(2+\mathrm i)=(3m-2)+(m-1)\mathrm i$

由 $\dfrac23<m<1$ 得 $3m\in(2,3)$，所以实部 $3m-2\in(0,1)$ 为正； 又 $m-1\in\left(-\dfrac13,0\right)$，虚部为负。正实部、负虚部即第四象限。

(4) 选 (D)。 要把 $\sin40^\circ-\mathrm i\cos40^\circ$ 写成 $\cos\theta+\mathrm i\sin\theta$， 需要同时满足

$\cos\theta=\sin 40^\circ,\qquad \sin\theta=-\cos 40^\circ$

用诱导公式：$\sin40^\circ=\cos 50^\circ$，$\cos40^\circ=\sin 50^\circ$，于是

$\cos\theta=\cos 50^\circ,\qquad \sin\theta=-\sin 50^\circ$

两式同时成立的是 $\theta=-50^\circ$，主值取 $-50^\circ+360^\circ=310^\circ$。

这道题的坑在于只对一个式子：若只看 $\cos\theta=\sin40^\circ=\cos50^\circ$ 就填 $50^\circ$， 或者只看 $\tan$ 就填 $130^\circ$，都会掉进去。辐角必须由 $\cos$、$\sin$ 两式联合确定。 另外这个复数的模是 $\sqrt{\sin^240^\circ+\cos^240^\circ}=1$，落在单位圆上， $310^\circ$ 在第四象限，与”实部 $\sin40^\circ>0$、虚部 $-\cos40^\circ<0$“一致。

复习参考题 7 复习巩固 第 2 题

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 $\frac{1}{\bar{z}}=$ ____.

(3) 复数 $6 + 5i$ 与 $-3 + 4i$ 分别表示向量 $\overrightarrow{OA}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ ，则表示向量 $\overrightarrow{BA}$ 的复数为

*(4) 如果向量$\overrightarrow{OZ}$对应复数4i，$\overrightarrow{OZ}$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$\overrightarrow{OZ_{1}}$，那么与$\overrightarrow{OZ_{1}}$对应的复数是____（用代数形式表示）.

(1) 设 $z=a-4\mathrm i$（虚部已给定为 $-4$），由 $|z|=5$ 得

$a^2+(-4)^2=25\ \Longrightarrow\ a^2=9\ \Longrightarrow\ a=\pm 3$

$\boxed{z=3-4\mathrm i\ \text{或}\ z=-3-4\mathrm i}$

“虚部”指的是 $b$ 本身而不是 $b\mathrm i$，所以是 $b=-4$； 又题目没有限定实部符号，两个解都要写。

(2) $z=1-2\mathrm i$，所以 $\bar z=1+2\mathrm i$：

$\frac1{\bar z}=\frac1{1+2\mathrm i}=\frac{1-2\mathrm i}{1^2+2^2}=\frac15-\frac25\mathrm i$

(3) 向量相减即对应复数相减：

$$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB} \ \Longrightarrow\ (6+5\mathrm i)-(-3+4\mathrm i)=9+\mathrm i$$

注意是 $\overrightarrow{BA}$ 不是 $\overrightarrow{AB}$，减的顺序反了会得到 $-9-\mathrm i$。

(4) “逆时针旋转 $45^\circ$ 再把模变为原来的 $\sqrt2$ 倍”， 合起来就是乘以 $\sqrt2(\cos45^\circ+\mathrm i\sin45^\circ)=1+\mathrm i$：

$4\mathrm i\times(1+\mathrm i)=4\mathrm i+4\mathrm i^2=-4+4\mathrm i$

用三角形式核对：$4\mathrm i$ 的模是 $4$、辐角是 $90^\circ$； 新的模是 $4\sqrt2$、辐角是 $135^\circ$，而

$4\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2\mathrm i\right)=-4+4\mathrm i$

两条路一致。

复习参考题 7 复习巩固 第 3 题

3. 求证： $z \cdot \bar{z} = |z|^2 = |\bar{z}|^2$.

设 $z=a+b\mathrm i$（$a,b\in\mathbf R$），则 $\bar z=a-b\mathrm i$。三项分别算：

$z\cdot\bar z=(a+b\mathrm i)(a-b\mathrm i)=a^2-(b\mathrm i)^2=a^2+b^2$

$|z|^2=\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)^2=a^2+b^2$

$|\bar z|^2=\left(\sqrt{a^2+(-b)^2}\right)^2=a^2+b^2$

三者都等于 $a^2+b^2$，所以

$z\cdot\bar z=|z|^2=|\bar z|^2$

证毕。

这条恒等式后面用得非常多：它是复数分母有理化的原理 （分子分母同乘 $\bar z$，分母就变成了实数 $|z|^2$）， 也是”模为 $1$ 时倒数等于共轭”的来源。 几何上它说的是：一个向量和它关于实轴的镜像相乘，得到的是长度的平方。

复习参考题 7 复习巩固 第 4 题

4. 已知复数 $z$ 与 $(z + 2)^2 - 8\mathrm{i}$ 都是纯虚数，求 $z$.

$z$ 是纯虚数，所以可设 $z=b\mathrm i$，其中 $b\in\mathbf R$ 且 $b\neq 0$。代入第二个式子：

$$(z+2)^2-8\mathrm i=(b\mathrm i+2)^2-8\mathrm i =\left(4+4b\mathrm i+b^2\mathrm i^2\right)-8\mathrm i =\left(4-b^2\right)+(4b-8)\mathrm i$$

它也是纯虚数，两个条件缺一不可：

$4-b^2=0\quad\text{且}\quad 4b-8\neq 0$

前者给出 $b=\pm2$，后者排除 $b=2$，所以 $b=-2$：

$\boxed{z=-2\mathrm i}$

验算：$z=-2\mathrm i$ 是纯虚数；

$(-2\mathrm i+2)^2-8\mathrm i=(4-8\mathrm i+4\mathrm i^2)-8\mathrm i=-8\mathrm i-8\mathrm i=-16\mathrm i$

确实是纯虚数。如果只列”实部为零”而忘了”虚部不为零”，就会把 $b=2$ 也当成解—— 那时 $(z+2)^2-8\mathrm i=0$，$0$ 不是纯虚数。这是本题唯一的考点。

复习参考题 7 复习巩固 第 5 题

5. 在复数集 C 中解下列方程： (1) $4x^{2}+9=0;$

(2) $(x-3)(x-5)+2=0.$

(1) $4x^2+9=0\ \Longrightarrow\ x^2=-\dfrac94$。在复数集里 $-\dfrac94$ 有两个平方根：

$x=\pm\frac32\mathrm i$

(2) 先展开成一般式：

$(x-3)(x-5)+2=x^2-8x+15+2=x^2-8x+17=0$

判别式 $\Delta=64-68=-4<0$，在实数集里无解，在复数集里用求根公式：

$x=\frac{8\pm\sqrt{-4}}2=\frac{8\pm 2\mathrm i}2=4\pm\mathrm i$

两小题的共同点：实系数一元二次方程在复数集里总有两个根，且互为共轭。 可以用韦达定理验一下 (2)：两根之和 $(4+\mathrm i)+(4-\mathrm i)=8$， 两根之积 $(4+\mathrm i)(4-\mathrm i)=16+1=17$，与 $x^2-8x+17$ 的系数吻合。

复习参考题 7 综合运用 第 6 题

6. 已知 $z_{1} = 5 + 10\mathrm{i}$, $z_{2} = 3 - 4\mathrm{i}$, $\frac{1}{z} = \frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}}$, 求 $z$.

先分别求两个倒数，每一步都用”分子分母同乘共轭”：

$\frac1{z_1}=\frac1{5+10\mathrm i}=\frac{5-10\mathrm i}{5^2+10^2}=\frac{5-10\mathrm i}{125}=\frac{1-2\mathrm i}{25}$

$\frac1{z_2}=\frac1{3-4\mathrm i}=\frac{3+4\mathrm i}{3^2+4^2}=\frac{3+4\mathrm i}{25}$

相加：

$\frac1z=\frac{(1-2\mathrm i)+(3+4\mathrm i)}{25}=\frac{4+2\mathrm i}{25}$

取倒数：

$z=\frac{25}{4+2\mathrm i}=\frac{25(4-2\mathrm i)}{4^2+2^2}=\frac{25(4-2\mathrm i)}{20}=\frac54(4-2\mathrm i)=5-\frac52\mathrm i$

$\boxed{z=5-\frac52\mathrm i}$

验算：$\dfrac1z=\dfrac1{5-2.5\mathrm i}=\dfrac{5+2.5\mathrm i}{25+6.25}=\dfrac{5+2.5\mathrm i}{31.25}=0.16+0.08\mathrm i$， 而 $\dfrac{4+2\mathrm i}{25}=0.16+0.08\mathrm i$，一致。

复习参考题 7 综合运用 第 7 题

7. 已知 $(1 + 2\mathrm{i})\bar{z} = 4 + 3\mathrm{i}$，求 $z$ 及 $\frac{z}{\bar{z}}$.

由 $(1+2\mathrm i)\bar z=4+3\mathrm i$ 先解出 $\bar z$：

$$\bar z=\frac{4+3\mathrm i}{1+2\mathrm i}=\frac{(4+3\mathrm i)(1-2\mathrm i)}{1^2+2^2} =\frac{4-8\mathrm i+3\mathrm i-6\mathrm i^2}{5}=\frac{10-5\mathrm i}5=2-\mathrm i$$

于是

$\boxed{z=2+\mathrm i}$

再算 $\dfrac z{\bar z}$：

$$\frac z{\bar z}=\frac{2+\mathrm i}{2-\mathrm i}=\frac{(2+\mathrm i)^2}{2^2+1^2} =\frac{4+4\mathrm i+\mathrm i^2}5=\frac{3+4\mathrm i}5=\frac35+\frac45\mathrm i$$

这个商的模值得看一眼：$\left|\dfrac z{\bar z}\right|=\dfrac{|z|}{|\bar z|}=1$， 而 $\left(\dfrac35\right)^2+\left(\dfrac45\right)^2=1$，对得上。 一个复数除以它的共轭，商的模永远是 $1$，因为 $|z|=|\bar z|$； 用三角形式看更清楚：辐角从 $\theta$ 变成 $\theta-(-\theta)=2\theta$，模不变。

复习参考题 7 综合运用 第 8 题

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 $i^{n}$ （ $n \in N^{*}$ ）的值有什么变化规律，并把这个规律用式子表示出来.

(1) 由 $\mathrm i^2=-1$ 逐次相乘：

其中 $\mathrm i^3=\mathrm i^2\cdot\mathrm i=-\mathrm i$，$\mathrm i^4=(\mathrm i^2)^2=1$， 往后每乘一次 $\mathrm i$ 就在这四个值里循环一步。

(2) 规律是以 $4$ 为周期。写成式子（$k\in\mathbf N$）：

$$\mathrm i^{4k+1}=\mathrm i,\quad \mathrm i^{4k+2}=-1,\quad \mathrm i^{4k+3}=-\mathrm i,\quad \mathrm i^{4k+4}=1$$

也可以合并成一句：把 $n$ 除以 $4$ 取余数 $r$，则 $\mathrm i^n=\mathrm i^{\,r}$ （约定 $\mathrm i^0=1$）。

理由是 $\mathrm i^4=1$：任何 $\mathrm i^n$ 都能写成 $\left(\mathrm i^4\right)^k\cdot\mathrm i^{\,r}=\mathrm i^{\,r}$。 换三角形式看更直接：$\mathrm i$ 的辐角是 $\dfrac\pi2$， 乘一次就转 $90^\circ$，转四次正好一整圈回到原处——周期 $4$ 就是”四个直角等于一圈”。

复习参考题 7 拓广探索 第 9 题

9. 已知复数 $z_{1} = m + (4 - m^{2})\mathrm{i}(m\in \mathbf{R})$ ， $z_{2} = 2\cos \theta +(\lambda +3\sin \theta)\mathrm{i}(\lambda ,\theta \in \mathbf{R})$ ，并且 $z_{1} = z_{2}$ 求 $\lambda$ 的取值范围.

两个复数相等，当且仅当实部与实部相等、虚部与虚部相等（$m,\lambda,\theta$ 都是实数， 所以这一步合法）：

$m=2\cos\theta\qquad(\text{实部})$

$4-m^2=\lambda+3\sin\theta\qquad(\text{虚部})$

由第一式把 $m$ 消掉。注意 $m^2=4\cos^2\theta$，代入第二式：

$\lambda=4-4\cos^2\theta-3\sin\theta$

用 $\cos^2\theta=1-\sin^2\theta$ 全部换成 $\sin\theta$：

$\lambda=4-4\left(1-\sin^2\theta\right)-3\sin\theta=4\sin^2\theta-3\sin\theta$

到这里问题已经变成一个二次函数的值域问题。令 $s=\sin\theta$，则 $s\in[-1,1]$，

$\lambda=4s^2-3s=4\left(s-\frac38\right)^2-\frac9{16}$

对称轴 $s=\dfrac38$ 落在 $[-1,1]$ 内，所以

• 最小值在 $s=\dfrac38$ 处取到：$\lambda_{\min}=-\dfrac9{16}$；
• 最大值在离对称轴更远的端点取到。$\left|-1-\dfrac38\right|=\dfrac{11}8$， $\left|1-\dfrac38\right|=\dfrac58$，所以取 $s=-1$：$\lambda_{\max}=4+3=7$。

因为 $s$ 在 $[-1,1]$ 上连续取遍，$\lambda$ 也取遍这两个界之间的每一个值：

$\boxed{\lambda\in\left[-\frac9{16},\ 7\right]}$

有两处要交代清楚，不然会丢分：

• $m$ 不是自由变量，它被 $m=2\cos\theta$ 绑住了，所以不能把 $m$ 和 $\theta$ 当成两个独立的量各自取值； 消掉 $m$ 之后只剩 $\theta$ 一个自由参数，这是问题能化成一元二次函数的原因。
• 端点必须比较。二次函数在闭区间上的最值不一定在对称轴取到最大值， 这里 $s=-1$ 给出 $7$、$s=1$ 只给出 $1$，漏掉端点比较就会把上界写成 $1$。

复习参考题 7 拓广探索 第 10 题

*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 $2 + \mathrm{i}$，求另外两个顶点 $B$，$C$ 所对应的复数.

先把菱形的结构翻译成向量关系。菱形 $OABC$ 的顶点按 $O\to A\to B\to C$ 的顺序排列， 所以 $OA$ 与 $OC$ 是从 $O$ 出发的两条邻边，$\angle AOC$ 就是它们的夹角。由平行四边形性质，

$$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \ \Longrightarrow\ z_B=z_A+z_C$$

又菱形四边等长，所以 $|z_C|=|z_A|=|2+\mathrm i|=\sqrt5$。

求 $C$

$|z_C|=|z_A|$ 且两者夹角为 $120^\circ$，说明 $C$ 是把 $A$ 绕 $O$ 旋转 $\pm120^\circ$ 得到的， 即 $z_C=z_A\left(\cos(\pm120^\circ)+\mathrm i\sin(\pm120^\circ)\right)$。 取逆时针（后面说明为什么）：

$$z_C=(2+\mathrm i)\left(-\frac12+\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right) =-1+\sqrt3\,\mathrm i-\frac12\mathrm i+\frac{\sqrt3}2\mathrm i^2$$ $$=\left(-1-\frac{\sqrt3}2\right)+\left(\sqrt3-\frac12\right)\mathrm i =-\frac{2+\sqrt3}2+\frac{2\sqrt3-1}2\mathrm i$$

求 $B$

$$z_B=z_A+z_C=(2+\mathrm i)+\left(-\frac{2+\sqrt3}2+\frac{2\sqrt3-1}2\mathrm i\right) =\frac{2-\sqrt3}2+\frac{2\sqrt3+1}2\mathrm i$$ $$\boxed{z_B=\frac{2-\sqrt3}2+\frac{2\sqrt3+1}2\mathrm i,\qquad z_C=-\frac{2+\sqrt3}2+\frac{2\sqrt3-1}2\mathrm i}$$

为什么取逆时针

题面说菱形在上半平面内，这就是用来定向的条件。 若取顺时针旋转 $120^\circ$：

$$z_C'=(2+\mathrm i)\left(-\frac12-\frac{\sqrt3}2\mathrm i\right) =\frac{\sqrt3-2}2-\frac{2\sqrt3+1}2\mathrm i$$

虚部 $-\dfrac{2\sqrt3+1}2<0$，点 $C'$ 落在下半平面，菱形就跨过了实轴，与题设矛盾。 所以只有逆时针那一个解。

取逆时针时，两个新顶点的虚部分别是 $\dfrac{2\sqrt3-1}2\approx1.23>0$ 和 $\dfrac{2\sqrt3+1}2\approx2.23>0$， 连同 $A(2,1)$ 一起都在上半平面，$O$ 在边界上，符合题设。

验算

$$|z_C|^2=\left(\frac{2+\sqrt3}2\right)^2+\left(\frac{2\sqrt3-1}2\right)^2 =\frac{7+4\sqrt3}4+\frac{13-4\sqrt3}4=\frac{20}4=5$$

所以 $|z_C|=\sqrt5=|z_A|$，四边相等成立。 再看对角线：菱形中 $\angle AOC=120^\circ$，则对角线 $OB$ 平分这个角，且

$|OB|=2|OA|\cos 60^\circ=|OA|=\sqrt5$

而

$$|z_B|^2=\left(\frac{2-\sqrt3}2\right)^2+\left(\frac{2\sqrt3+1}2\right)^2 =\frac{7-4\sqrt3}4+\frac{13+4\sqrt3}4=5$$

也是 $\sqrt5$，与几何推断吻合。 这道题的关键翻译只有一句：菱形里”两邻边等长且夹定角”，等价于”一个顶点由另一个顶点旋转定角得到”。