高中数学竞赛讲义
复数
一、基础知识
1．复数的运算法则：
三角形式，若z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)，则z1??z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；
(z2?0),zrz1r1?[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，或记为z1z2=r1r2ei(?1??2)；1?1ei(?1??2). z2r2z2r2nn2．棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ). 3．开方：若w?r(cosθ+isinθ)，则w?r(cos??2k?n?isin??2k?n)，k=0,1,2,…,n-1。
4．方程xn?1?0(n为自然数，且n?2）的n个根
?k?cos记为：
2k?2k??isin(k?0,1,2,?,n?1)称为1的n次单位根。由棣莫弗定理，nn全部n次单位根可表示为1，?1，?12，??1n?1。
关于单位根，有如下常用性质：1??1??12????1n?1?（0n?2)； 任意两个单位根?i,?j的乘积仍为一个n次单位根，且
（1）?i??j??i?j(当i?j?n时，?i?j??k,其中k是i?j除以n的余数）；
mm（2）设m为整数，n?1，则1??1m??2????n?1???n?0(m是n的倍数），(m不是n的倍数）
（3）1+z1+z2+…+zn-1=0；
2（4）xn-1+xn-2+…+x+1=(x-z1)(x-z2)…(x-zn-1)=(x-z1)(x-z1)…(x-z1n?1).
特别地：
13-131的立方根有：1，ω＝－＋i，ω＝－－i
2222
-3＝1 （1）ω3＝ω-＋ω-2＝0 （2）1＋ω＋ω2＝0或1＋ω-＝1 （3）ωω
-，ω-2＝ω （4）ω2＝ω
（5）(1±i)2＝±2i，(3±4i)2＝－7±24i
5．代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。
6．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0)是
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方程的一个根，则z=a-bi也是一个根。
7．若a,b,c∈R,a≠0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac<0时方程的根为
x1,2??b???i.
2a二、基本方法
1．三角形式的应用。 例1．设n≤2000,n∈N，且存在θ满足(sinθ+icosθ)n=sinnθ+icosnθ，那么这样的n有多少个？ [解] 由题设得
[cos(?2??)?isin(?2??)]n?cosn(?2??)?isin(?2??)?cos(?2?n?)?isin(?2?n?)，所以n=4k+1.又因为0≤n≤2000，所以1≤k≤500，所以这样的n有500个。 2．二项式定理的应用。
02410013599例2．计算：（1）C100；（2）C100 ?C100?C100???C100?C100?C100???C100[解] (1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二项式定理
01229999100100(1+i)100=C100?C100i?C100i???C100i?C100i
02410013599=(C100)+(C100)i，比较实部和虚部，得?C100?C100???C100?C100?C100???C10002410013599=-250，C100=0。 C100?C100?C100???C100?C100?C100???C1005．设n=2001，则
12462000(1?3Cn?32Cn?33Cn???31000Cn)? . n23．复数乘法的几何意义。
例3．以定长线段BC为一边任作ΔABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ΔABM、等腰直角ΔACN。求证：MN的中点为定点。
[证明] 设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,CA?z1?a,BA?z1?a，由复数乘法的几何意义得：CN?z3?a??i(z1?a)，①BM?z2?a??i(z1?a)，②由①+②得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=
z2?z3?ai,为定值，2所以MN的中点P为定点。
例4．设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：AB?AD+BC?AD≥AC?BD。
[证明] 用A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).
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所以|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥|A-C|?|B-D|, “=”成立当且仅当Arg(B?AB?C)?Arg()，即D?AC?DArg(D?AB?C)?Arg()=π，即A，B，C，D共圆时成立。不等式得证。 B?AD?C4．复数与轨迹。
例5．复平面上动点z1的轨迹方程为z1?z0?z1，Z0为定点，Z0?0；另一动点Z满足z1z??1，求点Z的轨迹，并指明它在复平面上的形状和位置。（高中联赛，1988）
y Z（x，y） r O ?x 图4.5.1
解：由z1z??1知z?0，所以z1??111，代入z1?z0?z1得?z0?。变形zzz为z?(?1111，表示Z是以?为中心，为半径的圆周，但应除去原点。 )?z0z0z0z0例6． ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的
外心轨迹。
[解]设外心M对应的复数为z=x+yi(x,y∈R)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得x?6(y?所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。
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24). 3例7：设m、n为非零实数，i为虚单位，z?C，则方程|z?ni|?|z?mi|?n①与
|z?ni|?|z?mi|??m②如图，在同一复平面内的图形（F1、F2是焦点）是（ ）
【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义；也可根据m、n的取值讨论进行求解. 【略解】由复平面内点的轨迹的定义，得
方程①在复平面上表示以点?ni,mi为焦点的椭圆，n?0,故?n?0.这表明，至少
有一焦点在下半虚轴上，可见（A）不真. 又由方程①，椭圆的长轴之长为n， ∴|F1F2| 又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|?|m|. 故在图（B）与（D）中，均有F1 : －ni，F2 : mi，且m?0. 由方程②，双曲线上的点应满足，到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【别解】仿上得n>0. （1）若n?0,m?0.这时，在坐标平面上，F1（0，－n），F2（0，m），只可能为图 象（C），但与|F1F2|<长轴n，而|OF1|=n矛盾. （2）若n?0,m?0.这时,F1(0,?n),F2(0,m)均在y轴的下半轴下，故只能为图象（B） 与（D）. 又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|>|m|. 故在（B）与（D）中，均有F1 : －ni；F2 : mi，且m<0. 由方程②，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【评述】（1）本题涉及的知识点：复数的几何意义，复平面上的曲线与方程，椭圆，双曲线， 共焦点的椭圆与双曲线，讨论法. （2）本题属于读图题型. 两种解法均为基本方法：解法中前者为定义法；后者为分类讨论法. 第 4 页 共 13 页 5．复数与三角。 例8．已知cosα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。 [证明] 令z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isinγ，则 z1+z2+z3=0。所以z1?z2?z3?z1?z2?z3?0.又因为|zi|=1,i=1,2,3. 所以zi?zi=1，即zi?1. zi222由z1+z2+z3=0得x1?x2?x3?2z1z2?2z2z3?2z3z1?0. ① 又z1z2?z3z2?z3z1?z1z2z3??222所以z1?z2?z3?0. ?111?????z1z2z3(z1?z2?z3)?0. ??z1z2z3?所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0. 所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。 例9．求和：S=cos200+2cos400+…+18cos18×200. [解] 令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+…+18sin18×200, 则S+iP=w+2w2+…+18w18. ① 由①×w得w(S+iP)=w2+2w3+…+17w18+18w19，② w(1?w18)?18w19， 由①-②得(1-w)(S+iP)=w+w+…+w-18w= 1?w2 18 19 所以S+iP= ?19?18w3??，所以S??. ??9??i?22?21?w??6．复数与多项式。 例10．已知f(z)=c0zn+c1zn-1+…+cn-1z+cn是n次复系数多项式(c0≠0). 求证：一定存在一个复数z0，|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn|. [证明] 记c0zn+c1zn-1+…+cn-1z=g(z),令?=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(z)-c0eiθ=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,…,zn，从而g(z)-c0eiθ=(z-z1)(z-z2)?…?(z-zn)c0，令z=0得-c0eiθ=(-1)nz1z2…znc0，取模得|z1z2…zn|=1。所以z1,z2,…，zn中必有一个zi使得|zi|≤1,从而f(zi)=g(zi)+cn=c0eiθ=cn，所以|f(zi)|=|c0eiθ+cn|=|c0|+|cn|. 7．单位根的应用。 例11．证明：自⊙O上任意一点p到正多边形A1A2…An各个顶点的距离的平方和为定值。 [证明] 取此圆为单位圆，O为原点，射线OAn为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为??e2?in，则顶点A2A3…An对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p对应复数z,则 第 5 页 共 13 页
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