复数及其运算
复数及其运算
前言
复数的代数形式：\(z\)\(=\)\(a+bi\)，\((a,b\in R)\)，其对应的三角形式为：\(z=\)\(r(\cos\theta+i\sin\theta)\)，复数的三角形式在新高考中属于选学内容，不做考试要求。
复数性质
设\(z=a+bi\)，\(\bar{z}=a-bi\)，\(a，b\in R\)，\(z_1，z_2\in C\)，则有以下性质：
➊\(\bar{\bar{z}}=z\)；
➋\(\bar{z}=z\) \(\Leftrightarrow\) \(z\)为实数；
➌\(\bar{z}=-z\)且\(z\neq 0\) \(\Leftrightarrow\) \(z\)为纯虚数；
➍\(z=\cfrac{1}{\bar{z}}\) \(\Leftrightarrow\) \(|z|=1\)；此处类似互为倒数；
➎\(\overline{z_{1}\pm z_{2}}=\overline{z_{1}}\pm \overline{z_{2}}\)；
➏\(\overline{z_1\cdot z_2}=\overline{z_1}\cdot \overline{z_2}\)；
➐\(\overline{\left(\cfrac{z_1}{z_2}\right)}=\cfrac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}\)，(\(z_2\neq 0\))；
➑\(\overline{z^n}=(\bar{z})^n\)，\(n\in N^*\)；
运算技巧
-
\(ai-b=i(a+bi)\)；可以约分，
-
\(i^{4n}=1\)；\(i^{4n+1}=i\)；\(i^{4n+2}=-1\)；\(i^{4n+3}=-i\)；\(n\in N^*\)；
-
\(i^{4n}+i^{4n+1}+i^{4n+2}+i^{4n+3}=0\)；\(n\in N^*\)；
-
\(|z|=|\bar{z}|\)，\(|z_1\cdot z_2|=|z_1|\cdot |z_2|\) [1]
-
\(\cfrac{1+i}{1-i}=\cfrac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{2i}{2}=i\)；\(\cfrac{1-i}{1+i}=\cfrac{(1-i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{-2i}{2}=-i\)；
-
\(i^2=-1\)，则\(-1=i^2\)，故\(-1+2i=i(i+2)\)；
一般计算方法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{(-1+2i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\cfrac{-2+i+4i-2i^2}{5}=\cfrac{5i}{5}=i\)，
更快的算法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{i(2+i)}{2+i}=i\)
复数\(z\)、复平面上的点\(Z\)及向量\(\overrightarrow{OZ}\)相互联系，一一对应，故为数形结合建立了相应的求解基础；
复数$z=a+bi(a,b\in R)$ $\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}$ 点$Z(a,b)$ $\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}$ 向量$\overrightarrow{OZ}$
- 复数问题实数化，
典例剖析
分析：\(z=1+\cfrac{2i}{1-i}=1+\cfrac{2i(1+i)}{2}=i\)，
\(1+z+z^2+\cdots+z^{2019}=\cfrac{1\cdot(1-z^{2020})}{1-z}\)
\(=\cfrac{1-i^{2020}}{1-i}=\cfrac{1-i^{4\times 505}}{1-i}=\cfrac{1-1}{1-i}=0\)，故选D。
总结： 1、复数的周期性；2、复数和等比数列求和的交汇融合
分析：\(\cfrac{1+i}{1-i}=\cfrac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{2i}{2}=i\)；
\(\cfrac{1-i}{1+i}=\cfrac{(1-i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{-2i}{2}=-i\)；
则有\(f(n)=i^n+(-i)^n\)，故\(f(1)=0\)，\(f(2)=-2\)，\(f(3)=0\)，
\(f(4)=2\)，\(f(5)=0\)，\(\cdots\)，故集合\(\{f(n)\}\)中的元素个数为3个。
总结1、将\(\cfrac{1+i}{1-i}\)化简后就能看到思路了。2、复数的周期性
分析：\(|z-2|=\sqrt{(x-2)^2+y^2}=\sqrt{3}\)，则有\((x-2)^2+y^2=3\)，它表示一个圆，
\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{y-0}{x-0}\)，其几何意义是圆上的动点\((x，y)\)与定点\((0，0)\)的连线的斜率，
故由图可知\(\left(\cfrac{y}{x}\right)_{max}=\cfrac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}\)。
反思总结：1、复数问题实数化；2、数形结合；
分析：由题可知，\(z_1=1+i\)，\(z_2=-\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i\)，代入运算得到，\(\cfrac{z_1^2}{z_2}=\sqrt{3}-i\)，故选\(C\).
解析：本题目的大前提为 \(z_1\)，\(z_2\)是复数，若由 \(z_2>z_1\) 尝试推导 \(\cfrac{z_2}{z_1}>1\) 时，则 \(z_1\)，\(z_2\)只能是实数，只有实数才可以比较大小，若实数 \(z_1\)，\(z_2\)满足 \(z_1<z_2<0\)，则只能得到 \(\cfrac{z_2}{z_1}<1\)，故充分性不成立；若 \(\cfrac{z_2}{z_1}>1\)，我们可以令 \(z_2=2+2i\)，\(z_1=1+i\)，则\(\cfrac{z_2}{z_1}=2>1\)，但是此时 \(z_1\)，\(z_2\)是复数，不能比较大小，故必要性不成立，故选 \(D\) .
【法4】：复数法；新的高考改革对复数内容的难度有所增加，请各位学子注意；其他解法
本题目为何能使用复数的乘法来求解？
复数乘法的几何意义：两个复数 \(z_1\) ，\(z_2\) 相乘时，可以如下图所示，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 \(\theta_2<0\)，就要把向量 \(\overrightarrow{OZ_1}\) 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 \(z_1\cdot z_2\)，这就是复数乘法的几何意义。
借助复数的代数形式以及对应的三角形式来解释，\(z_1\)\(=\)\(a_1+b_1i\)\(=\)\(r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)\)，\(z_2\)\(=\)\(a_2+b_2i\)\(=\)\(r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)\)，则
简单来说，复数乘法有两个作用，其一放大或缩小的作用，体现在 \(r_1\cdot r_2\)；其二旋转的作用，体现在 \(\theta_1+\theta_2\)。
由此可知，我们如果要求解 \(\beta+\gamma=\cfrac{\pi}{4}\)，只需要验证 \(\beta\)、\(\gamma\) 分别对应的复数的乘积的辐角为 \(\cfrac{\pi}{4}\) 即可，比如，
而 \(5+5i\) 的辐角即为 \(\cfrac{\pi}{4}\) ，即说明 \(\beta+\gamma=\cfrac{\pi}{4}\) 。
解证：建立如图所示的复平面，可知 \(\alpha\)，\(\beta\)，\(\gamma\) 分别等于复数 \(1+i\) ， \(2+i\) ， \(3+i\) 的辐角主值，故 \(\alpha+\beta+\gamma\) 的和取决于三个复数的乘积的辐角主值。由于
即 \((1+i)(2+i)(3+i)=10i\)，而复数 \(10i\) 的辐角主值就是 \(\cfrac{\pi}{2}\)，故 \(\alpha+\beta+\gamma=\cfrac{\pi}{2}\).
(1). 求\(|z+1-4i|\)的最小值与最大值；
分析：复数\(z\)满足 \(|z-2|=2\)，则满足题意的复数是复平面上以复数\(z_0=2\)为圆心，以\(2\)为半径的圆上的所有复数；
对表达式的认知：\(|z+1-4i|=|z-(-1+4i)|\)：
①数轴上的任意两点\(A[x_1]\)，\(B[x_2]\)，则\(|AB|=|x_1-x_2|\)；\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；
②平面直角坐标系中的两点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，则\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；
③复平面内的两点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，则\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；
复数\(z\)、复平面上的点\(Z\)及向量\(\overrightarrow{OZ}\)相互联系，一一对应，故为数形结合建立了相应的求解基础；
\(z=a+bi(a,b\in R)\) \(\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}\) \(Z(a,b)\) \(\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}\) \(\overrightarrow{OZ}\)
故解法如下：
法1：转化为两点间的距离，更进一步转化为圆外一点到圆上的点的距离；
法2：数的形式，利用两点间的距离公式，转化为三角函数的最值；
法3：将\(|z+1-4i|=|z-(-1+4i)|=|(-1+4i)-z|\)，看成以复数\(-1+4i\)为圆心，半径为动态的动圆；外切和内切；
法4：转化为向量的差的模的最值；
故最小值为\(3\)，最大值为\(7\)；
(2). 若 \(z+\cfrac{4}{z}\) 为实数，求 \(z\) 的值；
分析：设 \(z=x+y i(x,y\in R)\)，由\(|z-2|=2\) 得 \((x-2)^{2}+y^{2}=4\)①；
因为 \(z+\cfrac{4}{z}\)为实数，即\(z+\cfrac{4}{z}=x+\cfrac{4x}{x^2+y^2}+y\cdot(1-\cfrac{4}{x^{2}+y^{2}})=0\)
所以\(y\cdot(1-\cfrac{4}{x^{2}+y^{2}})=0\)
当 \(y=0\) 时，代入方程①得 \(x=0\) (舍)， 或 \(x=4\)，所以 \(z=4\)；
当 \(x^{2}+y^{2}=4\) 时，代入方程① 解得
\(\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-\sqrt{3}}\end{array}\right.\)
所以 \(z=1+\sqrt{3}i\) 或 \(z=1-\sqrt{3}i\)
综上，\(z=4\) 或 \(z=1+\sqrt{3}i\) 或 \(z=1-\sqrt{3}i\)；
令 \(z_2=a+bi\)，\(z_2=c+di\)，\(a,b,c,d\in R\)，则
\(|z_1\cdot z_2|\)\(=\)\(|(a+bi)(c+di)|\)\(=\)\(|(ac-bd)+(ad+bc)i|\)\(=\)\(\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2}\)\(=\)\(\sqrt{(ac)^2+(bd)^2+(ad)^2+(bc)^2}\)，
\(|z_1||z_2|\)\(=\)\(|a+bi||c+di|\)\(=\)\(|\sqrt{a^2+b^2}||\sqrt{c^2+d^2}|\)\(=\)\(\sqrt{(ac)^2+(bd)^2+(ad)^2+(bc)^2}\)，
故 \(|z_1\cdot z_2|=|z_1|\cdot |z_2|\)；
一一对应，并不意味着两个概念完全相同。 ↩︎
