复数及其运算

前言

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

已知复数\(z=1+\cfrac{2i}{1-i}\)，则\(1+z+z^2+\cdots+z^{2019}\)＝ 【 】

$A.1+i$ $B.1-i$ $C.i$ $D.0$

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

设\(f(n)=(\cfrac{1+i}{1-i})^n+(\cfrac{1-i}{1+i})^n(n\in N^*)\)，则集合\(\{f(n)\}\)中的元素个数为多少个？

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

已知复数\(z=x+yi\)，且\(|z-2|=\sqrt{3}\)，则\(\cfrac{y}{x}\)的最大值是多少？

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；

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知在复平面内，复数\(z_1\)对应的点\(Z_1\)的坐标为\((1，1)\)，复数\(z_2\)对应的向量\(\overrightarrow{OZ_2}=(-\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，则\(\cfrac{z_1^2}{z_2}\)=【】

$A.1+i$ $B.1-i$ $C.\sqrt{3}-i$ $D.-\sqrt{3}-i$

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\(C\).

【2022届高三数学三轮模拟试题】已知复数 \(z_1\)，\(z_2\)，“\(z_2>z_1\)” 是 “\(\cfrac{z_2}{z_1}>1\)”的 【】

$A.充分不必要条件$ $B.必要不充分条件$ $C.充要条件$ $D.既不充分也不必要条件$

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 \(D\) .

如图所示，已知平面内并列的三个相同大小的正方形，求证： \(\alpha+\beta+\gamma=\cfrac{\pi}{2}\).

【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

\[z=z_1\cdot z_2=r_1\cdot r_2[\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)] \]

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，

\[(2+i)(3+i)=5+5i \]

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

\[(1+i)(2+i)=2-1+3i=1+3i \]

\[(1+3i)(3+i)=3-3+10i=10i \]

即 \((1+i)(2+i)(3+i)=10i\)，而复数 \(10i\) 的辐角主值就是 \(\cfrac{\pi}{2}\)，故 \(\alpha+\beta+\gamma=\cfrac{\pi}{2}\).

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1. 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。 ↩︎