第 7 章 复数

7.1 复数的表示与运算

例题 7.1

题目来源： 清华大学

设复数 $z$满足 $|z|<1$，且

$$\left|\overline{z}+\frac{1}{z}\right|=\frac{5}{2},$$

则 $|z|=$

A. $\frac{4}{5}$

B. $\frac{3}{4}$

C. $\frac{2}{3}$

D. $\frac{1}{2}$

解答

利用 $z\overline{z}=|z|^2$，得：

$$\begin{gathered} \left|\overline{z}+\frac{1}{z}\right|^2\\ =(\overline{z}+\frac{1}{z})(z+\frac{1}{\overline{z}})\\ =\overline{z}z+\frac{1}{\overline{z}z}+2=\frac{25}{4}\\ \frac{1}{|z|^2}+|z|^2=\frac{17}{4}\\ \Longrightarrow |z|=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

正确答案为D.

例题 7.2

题目来源： 北京大学

模长为 $1$的复数 $x,y,z$满足 $x+y+z\ne0$，求

$$\left|\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\right|。$$

解答

仍然利用$z\overline{z}=|z|^2$: $$\begin{gathered} \left|\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\right|^2\\ =\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\cdot\frac{\overline{xy}+\overline{yz}+\overline{zx}}{\overline{x}+\overline{y}+\overline{z}}\\ =\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\cdot\frac{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\\ =\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\cdot\frac{x+y+z}{xy+yz+zx}=1\\ \Longrightarrow \left|\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\right|=1 \end{gathered}$$

例题 7.3

题目来源： 清华大学

求最小正整数 $n$，使得

$$I=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}i\right)^n$$

为纯虚数，并求出 $I$。

解答

面对高次指数,最好使用复数的三角形式:

$$\begin{gathered} I=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}i\right)^n\\ =(\frac{\sqrt{3}}{3})^n(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i)^n\\ =(\frac{\sqrt{3}}{3})^n(\cos30^\circ+i\sin30^\circ)^n\\ =(\frac{\sqrt{3}}{3})^n[\cos(30n^\circ)+i\sin(30n^\circ)]\\ \Re(I)=(\frac{\sqrt{3}}{3})^n\cos(30n^\circ)=0\\ n\ge3 \end{gathered}$$

例题 7.4

题目来源： 复旦大学

设 $z_1,z_2$为一对共轭复数。如果 $|z_1-z_2|=\sqrt{6}$，且$\frac{z_1}{z_2^2}$为实数，那么 $|z_1|=|z_2|=$

A. $\sqrt{2}$

B. $2$

C. $3$

D. $\sqrt{6}$

解答

$$\begin{gathered} |z_1-z_2|^2\\ =(z_1-z_2)(z_2-z_1)\\ =-(z_1-z_2)^2=6\\ \Longrightarrow z_1-z_2=\pm\sqrt{6}i\\ 2\Im(z_1)=\pm\sqrt{6}\\ \end{gathered}$$

或者直接有$|z_1-z_2|=|2\Im(z_1)|=\sqrt{6}\Longrightarrow 2\Im(z_1)=\pm\sqrt{6}$.

$$\begin{gathered} \frac{z_1}{z_2^2}\in\R\\ \Longleftrightarrow \frac{z_1}{z_2^2}=\frac{z_2}{z_1^2}\\ \frac{z_1}{z_2^2}-\frac{z_2}{z_1^2}\\ =\frac{z_1^3-z_2^3}{(z_1z_2)^2}=0\\ \Longrightarrow z_1^3-z_2^3=(z_1-z_2)(z_1^2+z_1z_2+z_2^2)=0(z_1\ne z_2)\\ z_1^2+z_1z_2+z_2^2=0\\ (z_1-z_2)^2+3z_1z_2=0\\ -6+3z_1z_2=0\\ 3|z_1|^2=6,|z_2|=|z_1|=\sqrt{2} \end{gathered}$$可见,求出虚部并不是必须的步骤,可以利用$(z_1-z_2)^2$这一上位的代数关系进行化简求值.

此外,三角换元面对复数的乘除法不失为良策: $$\begin{gathered} z_1=r(\cos\theta+i\sin\theta),z_2=r[\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)]\\ \frac{z_1}{z_2^2}=\frac{1}{r}(\cos3\theta+i\sin3\theta)\in\R\\ \sin3\theta=0\Longrightarrow \theta=\frac{k\pi}{3}(k\in\Z)\\ |z_1-z_2|=2|r\sin\theta|=\begin{cases} 0,\sin\theta=0\\ \sqrt{3}|r|,\sin\theta=\pm\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}=\sqrt{6}\\ \Longrightarrow |r|=\sqrt{2} \end{gathered}$$

正确答案:A

例题 7.5

设 $z$是模为 $1$的复数，则函数

$$f(z)=z^2+\frac{1}{z^2}+1$$

的最小值是 ______。

解答

复变函数严格意义上没有最小值的概念,但是这道题暗含着$f(z)\in\R$,所以有最值.

$$\begin{gathered} f(z)=z^2+\frac{(z\overline{z})^2}{z^2}+1\\ =z^2+\overline{z}^2+1\\ =2[\Re(z)^2-\Im(z)^2]+1\ge2(0-1)+1=-1 \end{gathered}$$

指数(三角)形式更为简便: $$\begin{gathered} z=e^{i\theta}\\ f(z)=(e^{2i\theta}+e^{-2i\theta})+1\\ =2\cos2\theta+1\ge-1 \end{gathered}$$

7.2 复数乘法与平面旋转

例题 7.6

题目来源： 上海交通大学

已知 $|z|=1$，$k$是实数，$z$是复数，求

$$\left|z^2+kz+1\right|$$

的最大值。

解答

首先需要明确的是,$k$应该是一个给定的值,否则$k\to\infty,\left|z^2+kz+1\right|\to\infty$

对于复数模长问题,我们驾轻就熟: $$\begin{gathered} \left|z^2+kz+1\right|^2\\ =(z^2+kz+1)(\overline{z}^2+k\overline{z}+1)\\ =(z\overline{z})^2+k^2(z\overline{z})+1\\ +kz\overline{z}(z+\overline{z})+(z^2+\overline{z}^2)+k(z+\overline{z})\\ =1+k^2+1+2k\Re(z)+2[\Re(z)^2-\Im(z)^2]+2k\Re(z)\\ =k^2+4\Re(z)k+2[\Re(z)^2-\Im(z)^2+1]\\ =k^2+4\Re(z)k+4\Re(z)^2\\ =[k+2\Re(z)]^2\\ =\max\{(k-2)^2,(k+2)^2\}\\ =\begin{cases} (k+2)^2,k\ge0\\ (k-2)^2,k<0 \end{cases}\\ \left|z^2+kz+1\right|=\begin{cases} k+2,k\ge0\\ 2-k,k<0 \end{cases}=2+|k| \end{gathered}$$

事实上,守前所为而已并非最佳选项: $$\begin{gathered} \left|z^2+kz+1\right|\\ =|z|\left|z+k+\frac{1}{z}\right|\\ =\left|z+k+\frac{1}{z}\right|\\ =|2\cos\theta+k|\le|k|+2 \end{gathered}$$

例题 7.7

题目来源： 复旦大学

已知 $|z|=1$，求

$$\left|z^2+z+4\right|$$

的最小值。

解答 $$\begin{gathered} \left|z^2+z+4\right|^2\\ =(z^2+z+4)(\overline{z}^2+\overline{z}+4)\\ =(z\overline{z})^2+(z\overline{z})+16\\ +z\overline{z}(z+\overline{z})+4(z^2+\overline{z}^2)+4(z+\overline{z})\\ =1+1+16+2\Re(z)+8[\Re(z)^2-\Im(z)^2]+8\Re(z)\\ =16\Re(z)^2+10\Re(z)+10\ge\frac{135}{16}\\ \left|z^2+z+4\right|\ge\frac{3\sqrt{15}}{4} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left|z^2+z+4\right|\\ =|z+1+\frac{4}{z}|\\ =|1+\cos\theta+i\sin\theta+4(\cos\theta-i\sin\theta)|\\ =|1+5\cos\theta-3i\sin\theta|\\ =\sqrt{(5\cos\theta+1)^2+9\sin^2\theta}\\ =\sqrt{16\cos^2\theta+10\cos\theta+10}\ge\frac{3\sqrt{15}}{4} \end{gathered}$$

圣人无常师,做题亦无常法,两种方法此时难分伯仲,不再是三角(指数)形式更加简便了,核心在于虚部无法相消.

例题 7.8

题目来源： 清华大学

若复数 $z$满足 $|z^2+1|=|z|$，则

A. $\frac{\sqrt{5}-1}{2}\le |z|\le\frac{\sqrt{5}+1}{2}$

B. $\frac{3-\sqrt{5}}{2}\le |z|\le\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

C. $\arg z\in\left[\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right]\cup\left[\frac{4\pi}{3},\frac{5\pi}{3}\right]$

D. $\arg z\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right]\cup\left[\frac{7\pi}{6},\frac{11\pi}{6}\right]$

解答 $$\begin{gathered} |z^2+1|=|z|(z\ne0)\\ \Longleftrightarrow |z+\frac{1}{z}|=1\\ (z+\frac{1}{z})(\overline{z}+\frac{1}{\overline{z}})=1^2\\ (z^2+1)(\overline{z}^2+1)=z\overline{z}\\ (z\overline{z})^2+z^2+\overline{z}^2+1=|z|^2\\ |z|^4+2[\Re(z)^2-\Im(z)^2]+1=|z|^2\\ |z|^4-|z|^2+1=-2[\Re(z)^2-\Im(z)^2]\in[-2|z|^2,2|z|^2] \end{gathered}$$

不等式$|z|^4-|z|^2+1\ge-2|z|^2$显然成立,而:

$$|z|^4-|z|^2+1\le2|z|^2$$

给出 $|z|^2\in[\frac{3-\sqrt{5}}{2},\frac{3+\sqrt{5}}{2}]$，即 $|z|\in[\frac{\sqrt{5}-1}{2},\frac{\sqrt{5}+1}{2}]$。

事实上,虽然我们没有使用复数的三角形式,但是辐角主值近在咫尺:

$$\begin{gathered} |z|^4-|z|^2+1+2[\Re(z)^2-\Im(z)^2]\\ =|z|^2[|z|^2-1+\frac{1}{|z|^2}+2(\cos^2\theta-\sin^2\theta)]\\ |z|^2-1+\frac{1}{|z|^2}+2\cos2\theta=0\\ |z|^2-1+\frac{1}{|z|^2}\in[1,2]\\ \cos2\theta\in[-1,-\frac{1}{2}]\\ \theta\in[0,2\pi)\\ 2\theta\in[\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3}]\cup[\frac{8\pi}{3},\frac{10\pi}{3}]\\ \theta\in[\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]\cup[\frac{4\pi}{3},\frac{5\pi}{3}] \end{gathered}$$

正确答案:AC

例题 7.9

题目来源： 复旦大学

已知复数

$$z_1=1+\sqrt{3}i,\qquad z_2=-\sqrt{3}+\sqrt{3}i,$$

则复数 $z_1z_2$的辐角是

A. $\frac{13\pi}{12}$

B. $\frac{11\pi}{12}$

C. $-\frac{\pi}{4}$

D. $-\frac{7\pi}{12}$

解答

$$\begin{gathered}z_1=2(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3})\\ z_2=\sqrt{6}(\cos\frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4})\\ \frac{\pi}{3}+\frac{3\pi}{4}=\frac{13\pi}{12}\end{gathered}$$

正确答案:A

例题 7.10

题目来源： 复旦大学

给定平面向量 $(1,1)$，则平面向量

$$\left(\frac{1-\sqrt{3}}{2},\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$$

是将向量 $(1,1)$经过

A. 顺时针旋转 $60^\circ$所得

B. 顺时针旋转 $120^\circ$所得

C. 逆时针旋转 $60^\circ$所得

D. 逆时针旋转 $120^\circ$所得

解答

$$\begin{gathered}z_1=1+i\\ z_2=\frac{1-\sqrt{3}}{2}+\frac{1+\sqrt{3}}{2}i\\ \frac{z_2}{z_1}=\frac{\frac{1-\sqrt{3}}{2}+\frac{1+\sqrt{3}}{2}i}{1+i}\\ =\frac{\left(\frac{1-\sqrt{3}}{2}+\frac{1+\sqrt{3}}{2}i\right)(1-i)}{2}\\ =\frac{1+\sqrt{3}i}{2}=\cos60^\circ+i\sin60^\circ\end{gathered}$$

正确答案:C

7.3 单位根及其应用

例题 7.11

已知对任意平面向量 $\overrightarrow{AB}=(x,y)$，把 $\overrightarrow{AB}$绕其起点沿逆时针方向旋转 $\theta$角得到向量

$$\overrightarrow{AP}=(x\cos\theta-y\sin\theta,\ x\sin\theta+y\cos\theta)，$$

叫做把点 $B$绕点 $A$沿逆时针方向旋转 $\theta$角得到点 $P$。已知平面内点 $A(1,2)$，点 $B(1+\sqrt{2},2-2\sqrt{2})$，把点 $B$绕点 $A$沿顺时针方向旋转 $\frac{\pi}{4}$后得到点 $P$，求点 $P$的坐标。

解答

$$\begin{gathered}z_1=1+2i,z_2=(1+\sqrt{2})+(2-2\sqrt{2})i\\ z_3=z_1+(z_2-z_1)\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ =1+2i+(\sqrt{2}-2\sqrt{2}i)(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)\\ =1+2i+(-1-3i)=-i\\ \Longrightarrow P(0,-1)\end{gathered}$$

例题 7.12

如图，在平面四边形 $ABCD$中，已知 $AD=1$，$CD=2$，$\triangle ABC$为等边三角形，记 $\angle ADC=\alpha$。

1. 若 $\alpha=\frac{\pi}{3}$，求 $\triangle ABD$的面积；
2. 若 $\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，求 $\triangle ABD$的面积的取值范围。

解答

事实上,这道题应该先完成(II):

以$D$为原点,$AD$方向为$x$轴,垂直$AD$方向为$y$轴,建立平面直角坐标系$xDy$

$$\begin{gathered}D(0,0),A(1,0),C(2\cos\alpha,2\sin\alpha)\\ z_1=1,z_2=2\cos\alpha+2i\sin\alpha\\ z_3=z_1+(z_2-z_1)(\cos\frac{-\pi}{3}+i\sin\frac{-\pi}{3})\\ =1+[(2\cos\alpha-1)+2i\sin\alpha](\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)\\ =1+\{[\frac{2\cos\alpha-1}{2}+\sqrt{3}\sin\alpha]+[\sin\alpha-\frac{\sqrt{3}}{2}(2\cos\alpha-1)]i\}\end{gathered}\\$$

事实上,我们只关心$z_3$虚部的绝对值(也就是B点到AD的距离):

$$\begin{gathered}\Im(z_3)=\sin\alpha-\frac{\sqrt{3}}{2}(2\cos\alpha-1)\\ =\sin\alpha-\sqrt{3}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\\ =2\sin(\alpha-\frac{\pi}{3})+\frac{\sqrt{3}}{2}\\ \alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right),\alpha-\frac{\pi}{3}\in(\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3})\\ \sin(\alpha-\frac{\pi}{3})\in(\frac{1}{2},1]\\ h=|\Im(z_3)|\in(1+\frac{\sqrt{3}}{2},2+\frac{\sqrt{3}}{2}]\\ S_{\triangle ABD}(\alpha)=\frac{1}{2}AD\cdot h=\sin(\alpha-\frac{\pi}{3})+\frac{\sqrt{3}}{4}\in(\frac{\sqrt{3}+2}{4},\frac{\sqrt{3}+{4}}{4}]\\ S_{\triangle ABD}(\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{4}\end{gathered}$$

例题 7.13

题目来源： 复旦大学

已知数 $x$满足

$$x+\frac{1}{x}=-1，$$

求

$$x^{300}+\frac{1}{x^{300}}$$

的值。

解答

显然,对于实数$x\in\R,x+\frac{1}{x}\ne-1$,故$x\in\C$. $$\begin{gathered}x=r(\cos\theta+i\sin\theta),r\gt0,\sin\theta\ne0\\ x+\frac{1}{x}=(r\cos\theta+\frac{1}{r}\cos\theta)+(r\sin\theta-\frac{1}{r}\sin\theta)=-1\\ \Longrightarrow r-\frac{1}{r}=0,r=+1\\ 2\cos\theta=-1,\cos\theta=-\frac{1}{2}\\ \theta=\frac{2\pi}{3}\text{ or }\frac{4\pi}{3}\\ x^{300}+\frac{1}{x^{300}}=2\cos(300\theta)=+2\end{gathered}$$

或者考虑单位根:

$$\begin{gathered}x^2+x+1=0\\ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)=0\\ x^{3n}=(x^3)^n=1\\ x^{300}+\frac{1}{x^{300}}=1+1=2\end{gathered}$$

例题 7.14

题目来源： 2026 北京大学

已知复数 $z$满足 $z^5=\overline{z}$，则满足该方程的复数 $z$的个数为 ______。

解答

$$\begin{gathered}|z^5|=|\overline{z}|\\ |z|^5=|z|\Longrightarrow |z|=1\text{ or }0\\ |z|=0\Longrightarrow z=0\\ |z|=1\Longrightarrow z^5=\frac{1}{z},z^6=1\end{gathered}$$

总之,$z$要么是$0$,要么是六次单位根,有7种可能

例题 7.15

题目来源： 上海交通大学

设方程 $x^3=1$的一个虚数根为 $\omega$，则

$$\omega^{2n}+\omega^n+1=\underline{\hspace{3em}}，$$

其中 $n$是正整数。 $$\begin{gathered}\omega^3-1=(\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0(\omega\ne1)\\ \omega^2+\omega+1=0\\ \omega^{2n}+\omega^n+1=\begin{cases}\omega^2+\omega+1=0,n\equiv1(mod3)\\ \omega^2+\omega+1=0,n\equiv2(mod3)\\ 3,n\equiv0(mod3)\end{cases}\end{gathered}$$

解答

例题 7.16

题目来源： 清华大学

设

$$(1+x+x^2)^{10}$$

的展开式为 $a_0+a_1x+\cdots+a_{20}x^{20}$，则

$$\sum_{k=0}^{6}a_{3k}=$$

A. $3^9$

B. $3^{10}$

C. $2^{19}$

D. $2^{20}$

解答

有例7.15为鉴,可知单位根有"筛选"的功能,我们利用之:

$$\begin{gathered}\omega^2+\omega+1=0\\ (1+\omega+\omega^2)^{10}=a_0+a_1\omega+\cdots+a_{20}\omega^{20}\\ =(a_0+a_3+a_6+\cdots+a_{18})+(a_1+a_4+a_7+\cdots+a_{19})\omega+(a_2+a_5+a_8+\cdots+a_{20})\omega^2\\ =0\\ (1+\omega^2+\omega^4)^{10}=a_0+a_1\omega^2+\cdots+a_{20}\omega^{40}\\ =(a_0+a_3+a_6+\cdots+a_{18})+(a_1+a_4+a_7+\cdots+a_{19})\omega^2+(a_2+a_5+a_8+\cdots+a_{20})\omega\\ =0\\ (1+\omega^3+\omega^6)^{10}=a_0+a_1\omega^3+\cdots+a_{20}\omega^{60}\\ =(a_0+a_3+a_6+\cdots+a_{18})+(a_1+a_4+a_7+\cdots+a_{19})+(a_2+a_5+a_8+\cdots+a_{20})\\ =3^{10}\end{gathered}$$

联立三个式子(三个式子相加),恰好得到$3x=3^{10}$,然后可以解出三个括号$x,y,z$的值:

$$\begin{gathered}\begin{cases}x+y\omega+z\omega^2=0,\\ x+y\omega^2+z\omega=0,\\ x+y+z=3^{10}\end{cases}\Longrightarrow x=y=z=3^9\end{gathered}$$

正确答案:A

例题 7.17

题目来源： 上海交通大学

$\omega$是方程 $x^5=1$的一个非实数根，则

$$\omega(\omega+1)(\omega^2+1)=\underline{\hspace{3em}}。$$

解答

$$\begin{gathered}\omega(\omega+1)(\omega^2+1)\\ =(\omega^2+\omega)(\omega^2+1)\\ =\omega^4+\omega^3+\omega^2+\omega\\ =\frac{\omega^5-\omega}{\omega-1}(\omega\ne1)\\ =\frac{1-\omega}{\omega-1}=-1\end{gathered}$$

例题 7.18

题目来源： 清华大学

求

$$2+2e^{0.4\pi i}+e^{1.2\pi i}$$

的模。

解答

换元重复出现的部分:

$$\begin{gathered}\omega=e^{\frac{2\pi}{5}i}\\ \omega^5=e^{2\pi i}=1\\|2+2e^{0.4\pi i}+e^{1.2\pi i}|^2\\ =(2+2\omega+\omega^3)(2+2\overline{\omega}+\overline{\omega}^3)\\ =4+4\omega\overline{\omega}+{\omega\overline{\omega}}^3\\ +4(\omega+\overline{\omega})+2(\omega^3+\overline{\omega}^3)+2\omega\overline{\omega}(\omega^2+\overline{\omega}^2)\\ =4+4+1+4(\omega+\omega^4)+2(\omega^3+\omega^2)+2(\omega^2+\omega^3)\\ =9+4(\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4)\\ =9+4\frac{\omega^5-\omega}{\omega-1}(\omega\ne1)\\ =9-4=5\end{gathered}$$

例题 7.19

题目来源： 清华大学

设

$$w=\cos\frac{2\pi}{5}+i\sin\frac{2\pi}{5},\qquad P(x)=x^2+x+2，$$

则

$$P(w)P(w^2)P(w^3)P(w^4)=$$

A. $9$

B. $10$

C. $11$

D. $12$

解答

这道题需要一个"分解+重装"的小技巧:

$$\begin{gathered}x^2+x+2=(x-\alpha)(x-\beta)\\ \begin{cases}\alpha+\beta=-1,\\ \alpha\beta=2\\\end{cases}\\ \Phi(x)=x^4+x^3+x^2+x+1=\Pi_{k=1}^4(x-\omega^k)=\Pi_{k=1}^4(\omega^k-x)\\ \Pi_{k=1}^4[(\omega^k)^2+(\omega)^k+2]\\ =\Pi_{k=1}^4(\omega^k-\alpha)(\omega^k-\beta)\\ =\Pi_{k=1}^4(\omega^k-\alpha)\Pi_{k=1}^4(\omega^k-\beta)\\ =\Phi(\alpha)\Phi(\beta)\end{gathered}$$

接下来,我们利用$\alpha,\beta$是方程$x^2+x+2=0$的根进行降次:

$$\begin{gathered}x^2=-x-2\\x^3=x^2\cdot x=(-x-2)x\\ =-x^2-2x=-x+2\\ x^4=(x^2)^2=(-x-2)^2\\ =x^2+4x+4\\ =3x+2\\ \Phi(x)=(3x+2)+(-x+2)+(-x-2)+x+1\\ =2x+3\end{gathered}$$

化简$\Phi(\alpha)\Phi(\beta)$:

$$\begin{gathered}\Phi(\alpha)\Phi(\beta)\\ =(2\alpha+3)(2\beta+3)\\ =4\alpha\beta+6(\alpha+\beta)+9\\ =8-6+9=11\end{gathered}$$除此以外,我们还有别的配对视角:

$$\begin{gathered}P(w^3)=P(\overline{\omega^2})=\overline{P(\omega^2)}\\ P(w)P(w^2)P(w^3)P(w^4)\\ =|P(w)P(w^2)|^2\\ =|(\omega^2+\omega+2)(\omega^4+\omega^2+2)|^2\\ =|\omega^6+\omega^5+3\omega^4+\omega^3+4\omega^2+2\omega+4|^2\\ =|3\omega^4+\omega^3+4\omega^2+3\omega+5|^2\\ =(3\omega^4+\omega^3+4\omega^2+3\omega+5)(3\omega+\omega^2+4\omega^3+3\omega^4+5)\\ 3\omega^4+\omega^3+4\omega^2+3\omega+5\\ =3(-\omega^3-\omega^2-\omega-1)+\omega^3+4\omega^2+3\omega+5\\ =-2\omega^3+\omega^2+2\\ 3\omega+\omega^2+4\omega^3+3\omega^4+5=\omega^3-2\omega^2+2\\ |P(w)P(w^2)|^2\\ =(-2\omega^3+\omega^2+2)(\omega^3-2\omega^2+2)\\ =-2\omega^6+5\omega^5-2\omega^4-2\omega^3-2\omega^2+4\\ =9-2(\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4)=11\end{gathered}$$

例题 7.20

题目来源： 北京大学

求证：

$$\cos\frac{2\pi}{11}+\cos\frac{4\pi}{11}+\cos\frac{6\pi}{11}+\cos\frac{8\pi}{11}+\cos\frac{10\pi}{11}=-\frac{1}{2}。$$

解答

构造11次单位根:$w^{11}=1$:

$$\begin{gathered}1+\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{10}=1\\ \Re(1+\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{10})=1\\ \Re[1+2(\omega^2+\omega^4+\omega^6+\omega^8+\omega^{10})]=1\\ \cos\frac{2\pi}{11}+\cos\frac{4\pi}{11}+\cos\frac{6\pi}{11}+\cos\frac{8\pi}{11}+\cos\frac{10\pi}{11}\\ =\Re(\omega^2+\omega^4+\omega^6+\omega^8+\omega^{10})=-\frac{1}{2}\end{gathered}$$

例题 7.21

题目来源： 2025 北京大学 $$\sum_{i=1}^{1012}(-1)^{i+1}\cos\frac{i\pi}{2025}=\underline{\hspace{3em}}。$$

解答

设$\omega=-e^{\frac{\pi}{2025}i}=-\cos\frac{\pi}{2025}-i\sin\frac{\pi}{2025}$,则:

$$\begin{gathered}\omega^{2025}=(-1)^{2025}e^{\pi i}=1,|\omega|=1,\overline{\omega^k}=\frac{1}{\omega^k}=\omega^{2025-k}\\ \omega^{2025}-1\\ =(\omega-1)(1+\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{2024})=0(\omega\ne1)\\ 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{2024}=0\\ \Re(1+\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{2024})\\ =\Re[1+2(\omega+\omega^2+\omega^3+\cdots+\omega^{1012})]=0\\ 1-\sum_{i=1}^{1012}(-1)^{i+1}\cos\frac{i\pi}{2025}=0\\ \sum_{i=1}^{1012}(-1)^{i+1}\cos\frac{i\pi}{2025}=+\frac{1}{2}\end{gathered}$$

例题 7.22

题目来源： 2026 北京大学

单位圆内接正 $2026$边形的一个顶点到其余 $2025$个顶点的距离之积为 ______。

解答

考虑2026次单位根:$$\omega^{2026}=1$$

这2026个复数在复平面上表示单位圆内接正2026边形的2026个顶点,则所求为:

$$|(1-\omega)(1-\omega^2)(1-\omega^3)\cdots(1-\omega^{2025})|$$

仍然考虑单位根对应的因式分解:

$$\begin{gathered}\Phi(x)=1+x+x^2+\cdots+x^{2025}\\ =(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots(x-\omega^{2025})\end{gathered}$$

由此可知:

$$\begin{gathered}|(1-\omega)(1-\omega^2)(1-\omega^3)\cdots(1-\omega^{2025})|\\ =|\Phi(1)|=2026\end{gathered}$$

可见,对于任意$n$边形,乘积均为$n(n=3,4,\cdots)$,容易验证$n$较小的情况.

7.4 复数的轨迹与几何应用

例题 7.23

题目来源： 同济大学

$i$为虚数单位。设复数 $z$满足 $|z|=1$，则

$$\left|\frac{z^2-2z+2}{z-1+i}\right|$$

的最大值为 ______。

解答

有了例7.19,例7.22的铺垫,可知"遇事不决,因式分解":

$$\begin{gathered}\left|\frac{z^2-2z+2}{z-1+i}\right|\\ =\left|\frac{(z-1+i)(z-1-i)}{z-1+i}\right|\\ =|z-1-i|\le\sqrt{2}+1\end{gathered}$$

例题 7.24

题目来源： 复旦大学

在复平面上，满足方程

$$z\overline{z}+z+\overline{z}=3$$