浙江 2017 · 数学 q12

冷启动：题面只有一个等式，却值两个方程

题面给的东西极少：

$a,b\in\mathbf{R}$，$(a+b\mathrm{i})^2=3+4\mathrm{i}$，求 $a^2+b^2$ 与 $ab$。

一个等式、两个未知数——按实数那边的经验，这该是解不出来的。 复数这里能解，靠的是一句在教材里只占一行的规定：

$a+b\mathrm{i}$ 与 $c+d\mathrm{i}$ 相等，当且仅当 $a=c$ 且 $b=d$。

也就是说，一个复数等式，等于两个实数等式。这一步不是技巧，是复数相等的定义本身。 条件里那句 $a,b\in\mathbf{R}$ 就是专为它准备的：只有先确认要比对的两个系数都是实数， 「实部对实部、虚部对虚部」才拆得动。（若 $a$ 自己也允许是虚数，$a^2-b^2$ 就不再是实部，整套拆法作废。）

还有一点值得先看清：题目问的是 $a^2+b^2$ 和 $ab$，不是 $a$ 和 $b$。 这暗示着不一定非把根解出来不可——第二条路正是从这里省下一半功夫的。

解法一：展开后实虚部对应相等，解出方程组

怎么想到的

左边 $(a+b\mathrm{i})^2$ 还没化成 $x+y\mathrm{i}$ 的样子，两边的实部虚部就没法比。 所以第一件事一定是把左边展开成标准代数形式——这是「复数相等求参数」这一类题的固定第一步。

展开

按复数的乘法（像多项式相乘，最后把 $\mathrm{i}^2$ 换成 $-1$）：

$$(a+b\mathrm{i})^2=a^2+2ab\mathrm{i}+b^2\mathrm{i}^2=a^2+2ab\mathrm{i}-b^2=(a^2-b^2)+2ab\,\mathrm{i}$$

这里唯一容易出事的是 $\mathrm{i}^2$：它是 $-1$，不是 $1$。写成 $a^2+b^2$ 的话实部整体错号，后面全废。

拆成两个实数方程

$a,b\in\mathbf{R}$，故 $a^2-b^2$ 与 $2ab$ 都是实数，可以直接与右边比对：

$$(a^2-b^2)+2ab\,\mathrm{i}=3+4\mathrm{i} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} a^2-b^2=3\\[2pt] 2ab=4 \end{cases}$$

第二式立刻给出

$$\boxed{ab=2}$$

第二个空到此已经答完了。 注意它比第一个空还便宜：不用解方程，只用除以 $2$。

再解出 $a^2+b^2$

想要的是 $a^2+b^2$，手上有 $a^2-b^2=3$，缺一个 $a^2+b^2$ 与已知量的联系。 把 $a^2$、$b^2$ 当成两个未知数：由 $ab=2$ 得 $a^2b^2=4$。于是 $a^2$ 与 $b^2$ 是

$$t^2-(a^2+b^2)\,t+4=0$$

的两个根——还是绕。更直接的走法是从 $a^2-b^2=3$ 与 $ab=2$ 现解出 $a$、$b$：

由 $ab=2$ 得 $b=\dfrac2a$（$a\neq0$，否则 $ab=0\neq2$），代入 $a^2-b^2=3$：

$$a^2-\frac4{a^2}=3 \quad\Longrightarrow\quad a^4-3a^2-4=0 \quad\Longrightarrow\quad (a^2-4)(a^2+1)=0$$

$a\in\mathbf{R}$ 故 $a^2+1>0$，只剩 $a^2=4$，即 $a=\pm2$，对应 $b=\pm1$（同号）：

$$\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases} \qquad\text{或}\qquad \begin{cases}a=-2\\b=-1\end{cases}$$

两组根都合法（都满足原式），而且它们给出同一个 $a^2+b^2$：

$$a^2+b^2=4+1=\boxed{5}$$

两组根必然给出同一个答案，这不是巧合：$a\mapsto-a$、$b\mapsto-b$ 就是 $z\mapsto-z$， 而 $(-z)^2=z^2$——原方程对这个变号是对称的，所以根成对出现，而 $a^2+b^2$、$ab$ 都是偶次的，对变号不敏感。

解法二：两边取模，平方和一步就出来

怎么想到的

回头看要求的那个式子：$a^2+b^2$。

$$|z|=\sqrt{a^2+b^2}\quad\text{（其中 }z=a+b\mathrm{i}\text{）} \qquad\Longrightarrow\qquad a^2+b^2=|z|^2$$

要求的量本身就是模的平方。而模对乘法是可分配的：$|z_1z_2|=|z_1||z_2|$，于是 $|z^2|=|z|^2$。 换句话说，$a^2+b^2$ 与题目左边的 $z^2$ 之间只隔一个「取模」——根本不必知道 $a$、$b$ 各是多少。

取模

对 $(a+b\mathrm{i})^2=3+4\mathrm{i}$ 两边同时取模：

$$\left|(a+b\mathrm{i})^2\right|=|3+4\mathrm{i}|$$

左边 $\left|z^2\right|=|z|^2=a^2+b^2$；右边 $|3+4\mathrm{i}|=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$。所以

$$a^2+b^2=5$$

一行。 没有展开、没有方程组、不必去解那两组根。

第二个空还是要展开

模只认长度、不认方向，所以它给不出 $ab$——把 $z$ 转任意角度模都不变，而 $ab$ 会变。 求 $ab$ 仍得回到虚部那一式：展开得虚部 $2ab$，与右边虚部 $4$ 对应相等，故 $ab=2$。

这条路的实际打法是两式各取所需：模那一式管 $a^2+b^2$，虚部那一式管 $ab$， 两个空各一行，全程不解方程。

顺手做一次验算

有了 $a^2+b^2=5$ 和 $a^2-b^2=3$（解法一的实部式），两式相加减：

$$a^2=4,\qquad b^2=1$$

与解法一解出的 $a=\pm2$、$b=\pm1$ 一致，且 $ab=2>0$ 说明两者同号——两条路对上了。

为什么模这条路更值得记

这道题本身是送分题，但「取模」这个动作在复数题里的复用率极高，值得单独记住它的适用边界：

• 只对乘、除、乘方好使：$|z_1z_2|=|z_1||z_2|$、$\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right|=\dfrac{|z_1|}{|z_2|}$、$|z^n|=|z|^n$。
• 对加减一律不成立：$|z_1+z_2|\neq|z_1|+|z_2|$（那只是三角不等式的上界）。 看见 $\left|\dfrac{1+2\mathrm{i}}{3-4\mathrm{i}}\right|$ 可以放心逐块取模；看见 $|z+1|$ 就得老老实实代进去。
• 典型收益：求 $\left|\dfrac{(1+\mathrm{i})^{10}}{2-\mathrm{i}}\right|$ 时，逐块取模是 $\dfrac{(\sqrt2)^{10}}{\sqrt5}=\dfrac{32}{\sqrt5}$， 而先把分子展开成代数形式要多花十倍力气。

至于「转角翻倍」那一层（图②）：$z$ 与正实轴成 $\theta$，$z^2$ 就成 $2\theta$，模则从 $|z|$ 变成 $|z|^2$。 它解释了这道题的两组根从哪儿来——$z$ 与 $-z$ 的转角差 $180^\circ$，翻倍后差 $360^\circ$，平方后自然重合。

避坑清单

• $\mathrm{i}^2=-1$，不是 $1$。 展开写成 $a^2+b^2+2ab\mathrm{i}$，实部就从 $a^2-b^2$ 变成 $a^2+b^2$， 第一个空反而「凑巧」出现在等式左边，很容易让人误以为 $a^2+b^2=3$。这是本题唯一的硬坑。
• 别把 $a^2+b^2$ 和 $a^2-b^2$ 看混。 实部式给的是差 $3$，要的是和 $5$，两个数长得像、位置也像。
• 两个空的顺序别填反。 题目先问 $a^2+b^2$、后问 $ab$，答案是「$5$，$2$」； 写成「$2$，$5$」按错处理。
• $ab$ 是 $2$ 不是 $4$。 虚部那一式是 $2ab=4$，左边带着系数 $2$，要再除一次。
• 别以为要讨论两组根。 两组根给出同一个 $a^2+b^2$、同一个 $ab$，答案唯一，不必分类。 反过来，如果哪道题问的是 $a$ 或 $a+b$，那就必须把两组都写出来（$a=\pm2$、$a+b=\pm3$），漏一组就丢分。
• 取模那条路别用在加减上。 $|z_1+z_2|=|z_1|+|z_2|$ 是错的。本题左边是乘方，才能这么走。