2-3 複數的極式與幾何意義
主題一 複數平面
1. 複數平面:每個複數 z=a+bi (其中 a 與 b 皆為實數),都可對應坐標平面上的一個 點(a,b),而用來表示所有複數的坐標平面,稱為複數平面或高斯平面。複數平面上,
x 軸上的點所代表的複數其虛部為 0,故為實數;而 y 軸上的點 (原點除外) 所代表 的複數其實部為 0,故為純虛數。因此,x 軸又稱為實軸,y 軸又稱為虛軸。
2. 複數加、減法與係數積的幾何意義:
(1) 加法:z1=a+bi,z2=c+di,則 z1+z2=(a+c)+(b+d)i。
在複數平面上,z1,z2,z1+z2 的相對位置如圖(一)所示。
(2) 減法:z1=a+bi,z2=c+di,則 z1-z2=(a-c)+(b-d)i。
在複數平面上,z1,z2,z1-z2 的相對位置,如圖(二)所示。
圖(一) 圖(二)
(3) 係數積:z=a+bi,則 rz=ra+rbi。
在複數平面上,z,rz 的相對位置,如圖(三)所示。(以 r>0 為例)
(4) 共軛複數:z=a+bi,則z =a-bi。
在複數平面上,z 的位置為將 z 對實軸作鏡射而得,如圖(四)所示。
圖(三) 圖(四)
3. 複數的絕對值:
定義複數 z=a+bi 的絕對值為
z
a
2b
2 ,即標在複數平面上時與原點的距離。4. 複數絕對值的性質:
(1) │z│=│-z│=│ z │。 (2)│z│2=z‧ z 。
(3) │z1‧z2│=│z1│‧│z2│。 (4) 1 1
2 2
z z
z
z
,但 z2≠0。(5) │zn│=│z│n,其中 n 是正整數。
(6) 三角不等式: 1 2 1 2
1 2 1 2
z z z z
z z z z
+ + 三角形兩邊和大於第三邊。
三角形兩邊差的絕對值小於第三邊。
例題1 複數與複數的絕對值
(1) 如右圖的複數平面,試寫出 A,B,C,D 所代表的複數。
(2) 已知 z1=4+3i,z2=4-3i,z3=-4-3i,z4=-4+3i,試分別求出
│z1│,│z2│,│z3│,│z4│的值。
解 (1) A 點的坐標為 (3,4),故 A 點所代表的複數為 3+4i 同理,B 點所代表的複數為-2+2i
C 點所代表的複數為-3 D 點所代表的複數為-1-3i
(2)
z
1 4232 5z
2 42 ( 3)2 52 2
3 ( 4) ( 3) 5
z
z
4 ( 4) 232 5類題
(1) 如右圖的複數平面,試寫出 A,B,C,D 所代表的複數。
(2) 已知 z1=1+ 3i,z2= 3 +i,z3=1- 3i,z4= 3 -i,試分別求出 │z1│,│z2│,
│z3│,│z4│的值。
解 (1) A 點的坐標為 (3,0),故 A 點所代表的複數為 3 同理,B 點所代表的複數為 2i
C 點所代表的複數為-3-i D 點所代表的複數為 1-2i
(2) z1 12( 3)2 2 z2 ( 3)2 12 2
2 2
3 1 ( 3) 2
z z4 ( 3)2 ( 1)2 2 例題2 複數絕對值的性質
設
2 5
4 4
(1 2 ) (3 4 ) (2 ) ( 4 3 )
i i
z i i
,試求│z│的值。
注意 利用│z1‧z2│=│z1│‧│z2│、│zn│=│z│n 與 1 1
2 2
z z
z
z
。解
2 5 2 5
2 5
4 4 4 4 4 4
2 5 2 5
4 4 4 4 2
(1 2 ) (3 4 ) (1 2 ) (3 4 ) (1 2 ) (3 4 )
(2 ) ( 4 3 ) (2 ) ( 4 3 ) (2 ) ( 4 3 ) 1 2 3 4 ( 5) 5 5
( 5) 5 ( 5) 1
2 4 3
i i i i
i i
z i i i i i i
i i
i i
類題
設
5
3 2
(1 3 ) ( 3 ) (1 ) z i
i i
,試求 │z│的值。
解
5 5
5 5
3 2 3 2 3 2 3 2
(1 3 ) 1 3
(1 3 ) 2
( 3 ) (1 ) ( 3 ) (1 ) 3 1 2 ( 2) 2
i i
z i
i i i i i i
例題3 三角不等式
若 z1=1-2i,z2=-3-4i,試求 │z1│,│z2│,│z1+z2│的值,
並比較│z1│+│z2│和│z1+z2│的大小關係。
注意 三角不等式。
解 ∵z1=1-2i ∴
z
1 12 ( 2)2 5∵z2=-3-4i ∴
z
2 ( 3) 2 ( 4)2 5z1+z2=-2-6i ∴
z
1z
2 ( 2) 2 ( 6)2 40 2 10│z1│+│z2│= 5 +5 ≈ 7.2,│z1+z2│=2 10 ≈ 6.3 ∴│z1│+│z2│>│z1+z2│ 類題
若 z1=1-2i,z2=-3-4i,試求│z1│,│z2│,│z1-z2│的值,
並比較││z1│-│z2││與│z1-z2│的大小關係。
解 ∵z1=1-2i ∴
z
1 12 ( 2)2 5∵z2=-3-4i ∴
z
2 ( 3) 2 ( 4)2 5z1-z2=4+2i ∴
z
1z
2 4222 20 2 5││z1│-│z2││=│ 5 -5│=5- 5 ≈ 2.8,│z1-z2│=2 5 ≈ 4.5
∴││z1│-│z2││<│z1-z2│ 主題二 複數的極式
1. 複數的極式:複數 z=a+bi 的極式為 z=r(cos θ+i sin θ),其中
r
z
a
2b
2 稱為 z 的“向徑",且 θ 滿足2 2
cos a
a b
,
2 2
sin b
a b
,稱為複數 z 的“輻角";
如果取 0 ≤ θ<2π,則稱為主輻角。
2. 兩複數極式相等時,向徑相等,而輻角為同界角。
z1=r1(cos θ1+i sin θ1),z2=r2(cos θ2+i sin θ2) z1=z2 ⇔ r1=r2 且 θ1=θ2+2kπ,其中 k 為整數。
3. 複數極式的乘法公式與除法公式:
令 z1=r1(cos θ1+i sin θ1) 及 z2=r2(cos θ2+i sin θ2),則:
(1) z1z2=r1r2(cos(θ1+θ2)+i sin(θ1+θ2))。
(2) 1 1
2 2
z r
z r (cos(θ1-θ2)+i sin(θ1-θ2))。(z2≠0)
4. 複數乘法的幾何意義:若 z=r(cos θ+i sin θ),則“將一複數乘上 z"即“將此複數的 向徑變成 r 倍,輻角增加 θ",亦即“將此複數長度變成 r 倍,繞原點轉 θ 角"。
例題4 複數的極式 將下列複數化為極式:
(1) 1+i。 (2)-1- 3 i。 (3)-2i。 (4)-3。
解 (1) 如右圖
∵│1+i│= 2
∴ 1 1
1 2 2 cos sin
4 4
2 2
i i
i
(2) 如右下圖
∵│-1- 3 i│=2
∴ 1 3 4 4
1 3 2 2 cos sin
2 2 3 3
i i
i
(3) 如右圖
∵│-2i│=2
∴ 3 3
2 2(0 1 ) 2 cos sin
2 2
i i
i
(4) 如右下圖 ∵│-3│=3
∴-3=3(-1+0i)=3(cos π+i sin π)
類題
將下列複數化為極式:
(1) 2 3 -2i。 (2) -2+2i。 (3) 2。 (4) 3i。
解 (1) 如圖(一)
∵ 2 3 2
i
(2 3)2 ( 2)2 4∴ 3 1 11 11
2 3 2 4 4 cos sin
2 2 6 6
i i
i
圖(一)
(2) 如圖(二)
∵ 2 2
i
( 2) 222 2 2∴ 1 1 3 3
2 2 2 2 2 2 cos sin
4 4
2 2
i i
i
圖(二)
(3) 如圖(三)
∵│2│=2 ∴2=2(1+0i)=2(cos 0+i sin 0)
圖(三)
(4) 如圖(四)
∵│3i│=3 ∴3i=3(0+1i)=3 cos sin 2 i 2
圖(四)
例題5 將複數化為極式 將下列各複數化為極式:
(1) 2(sin 60°+i cos 60°)。 (2) -2(sin 60°-i cos 60°)。
注意 極式為 r(cos θ+i sin θ) 的型態,其中 r>0。
解 (1) 2(sin 60°+i cos 60°)=r(cos θ+i sin θ)
∴r=2 且 cos sin 60 sin cos 60
∴θ 為第一象限角,取 0 ≤ θ<2π,則 θ=30°=
6
故 2(sin 60°+i cos 60°)=2 cos sin 6 i 6
(2) -2(sin 60°-i cos 60°)=r(cos θ+i sin θ)
∴r=2 且 cos sin 60 sin cos 60
=- ∴θ 為第二象限角,取 0 ≤ θ<2π,
則 θ=90°+60°= 5 150 6
故-2(sin 60°-i cos 60°)=2 5 5 cos sin
6
i 6
類題
將下列各複數化為極式:
(1) sin 30°+i cos 30°。 (2)-sin 30°-i cos 30°。
解 (1) sin 30°+i cos 30°=r(cos θ+i sin θ)
∴r=1 且 cos sin 30 sin cos30
∴θ 為第一象限角,取 0 ≤ θ<2π,則 θ=60°=
3
故 sin 30°+i cos 30°=cos 3
+i sin 3
(2) -sin 30°-i cos 30°=r(cos θ+i sin θ)
∴r=1 且 cos sin 30 sin cos30
∴θ 為第三象限角,取 0 ≤ θ<2π,
則 θ=270°-30°=240°=4 3
故-sin 30°-i cos 30°=1× 4 4 cos sin
3
i 3
=cos4
3
+i sin4 3
例題6 極式的乘法公式與除法公式
(1) 試求(cos 24 sin 24 )(cos56 sin 56 ) (cos15 sin15 )(cos35 sin 35 )
i i
i i
的值。
(2) 2(cos 290 sin110 ) 3(cos 40 sin 40 ) z i
i
,試求 z 的值與│z│。
解 (1) (cos 24 sin 24 )(cos56 sin 56 ) cos80 sin 80 3 1 cos30 sin 30
(cos15 sin15 )(cos35 sin 35 ) cos50 sin 50 2 2
i i i
i i
i i i
(2) cos 290°+i sin 110°=cos(360°-70°)+i sin(180°-70°)=cos 70°+i sin 70°
∴ 2(cos 70 sin 70 ) 2 2 3 1 3 1
(cos30 sin 30 )
3(cos 40 sin 40 ) 3 3 2 2 3 3
z i i i i
i
且 2
z 3
類題
(1) 試求 cos114 sin114
(cos 65 sin 65 )(cos11 sin11 ) i
i i
的值。
(2) 2(sin 320 cos 40 ) cos 40 sin 40 z i
i
,試求 z 的值與│z│。
解 (1) cos114 sin114 cos114 sin114
(cos 65 sin 65 )(cos11 sin11 ) (cos 65 sin 65 )(cos( 11 ) sin( 11 ))
cos114 sin114 1 3
cos 60 sin 60
cos 54 sin 54 2 2
i i
i i i i
i i i
i
(2) sin 320°+i cos 40°=-cos 50°+i sin 50°=cos 130°+i sin 130°
∴ 2(cos130 sin130 ) cos 40 sin 40 z i
i
=2(cos 90°+i sin 90°)=2i 且│z│=2
例題7 複數乘法的幾何意義
如下圖,在正六邊形 ABCDEF 中,已知 A 點在原點,且 B 點坐標為(4,4),
試求:
(1) F 點坐標。
(2) D 點坐標。
注意 坐標平面上的點 (a,b) 與複數平面上的 a+bi 可互相對應。
解 (1) 視 B 點代表複數 4+4i,如下圖所示
F 點可由 B 點繞原點逆時針旋轉 120° 而得 故 F 點所代表的複數為
(4+4i)(cos 120°+i sin 120°)=(4+4i) 1 3 2 2 i
=(-2-2 3 )+(-2+2 3 )i
故 F 點的坐標為 (-2-2 3 ,-2+2 3 ) (2) 易求得
OD
2OB
,且∠BOD=60°故 D 點可由 B 點繞原點長度乘以 2 倍,且逆時針旋轉 60° 而得 故 D 點所代表的複數為(4+4i)×2(cos 60°+i sin 60°)
=(8+8i) 1 3 2 2 i
=(4-4 3 )+(4+4 3 )i 故 D 點的坐標為(4-4 3 ,4+4 3 )
類題
在坐標平面上,已知正方形 ABCD 的兩頂點 A(0,0),B(3,2) 且 C 點在第一象限,
試求頂點 C,D 的坐標。
解 視 B 點代表複數 3+2i
根據複數乘法的幾何意義,得 D 點所代表的複數為
(3+2i)(cos 90°+i sin 90°)=(3+2i)‧i=-2+3i 故 D 點的坐標為(-2,3)
而
AC
的中點與BD 的中點同 (∵ABCD 為正方形)設 C 點坐標為 (x,y),可得 0 0 3 ( 2) 2 3
, ,
2 2 2 2
x y
∴x=1,y=5
故 C 點坐標為 (1,5)
主題三 棣美弗定理
1. 棣美弗定理:設 z=r(cos θ+i sin θ),n 是正整數,則 zn=rn(cos nθ+i sin nθ)。
2. 棣美弗定理可推廣 (cos( ) sin( ))
(cos sin ) (cos sin )
n n
n n
z r n i n
z r i z r n i
指數為負整數
。 例題8 棣美弗定理
設 z=r(cos θ+i sin θ),n 是正整數,試證明:
(1) zn=rn(cos nθ+i sin nθ)。
(2) z-n=r-n(cos(-nθ)+i sin(-nθ))。
注意 利用數學歸納法。
證 (1) 我們利用數學歸納法證明:
① 當 n=1 時,z1=r(cos θ+i sin θ)=r1(cos(1×θ)+i sin(1×θ))
故 n=1 時,等式成立
② 假設 n=k 時,等式成立,即 zk=rk(cos kθ+i sin kθ)
則當 n=k+1 時,
zk+1=zk×z=rk(cos kθ+i sin kθ)×r(cos θ+i sin θ)
=rk+1((cos kθ cos θ-sin kθ sin θ)+i(sin kθ cos θ+cos kθ sin θ))
=rk+1(cos(kθ+θ)+i sin(kθ+θ))
=rk+1(cos(k+1)θ+i sin(k+1)θ)
故 n=k+1 時,等式亦成立
由數學歸納法可知,zn=rn(cos nθ+i sin nθ) 對所有正整數 n 皆成立
(2) 1 1
(cos sin )
1 1 1
( cos sin ) cos sin
(cos( ) sin( )) (cos( ) sin( ))
n n n
n
n
n n
n n
n
z z r i
r i r i
r i
r n i n
類題
(1) 若 z=2(cos 15°+i sin 15°),試計算 z10 與 z-10 的值。
(2) 若 z=2(cos 15°-i sin 15°),試計算 z10 的值。
解 (1) 由棣美弗定理
z10=(2(cos 15°+i sin 15°))10=210(cos 150°+i sin 150°)
=1024 3 1 2 2i
=-512 3 +512i
z-10=(2(cos 15°+i sin 15°))-10=2-10(cos(-150°)+i sin(-150°))
= 1
1024(cos 150°-i sin 150°)= 1 3 1 1024 2 2i
=- 3
2048- 1 2048i (2) 由棣美弗定理的推廣
z10=(2(cos 15°-i sin 15°))10=210(cos 150°-i sin 150°)
=1024 3 1 2 2i
=-512 3 -512i 例題9 棣美弗定理的應用(一)
試求下列各值:
(1)(1 3i)6。 (2)
1 3 6
1 i i
。 解 (1) 將1 3i寫成極式
1 3
1 3 2 2 cos sin
2 2 3 3
i i
i
棣美弗定理
6
6 6
(1 3 ) 2 cos sin 2 (cos 2 sin 2 ) 64(1 0 ) 64
3 3
i
i
i i
(2) 分別將 1+ 3i 與 1+i 寫成極式
1 3
2 2 2 2 cos sin
1 3 3 3 2 cos sin
1 1
1 2 2 cos sin 12 12
4 4
2 2
i i
i i
i i i
棣美弗定理
6 6
1 3 6
2 cos sin ( 2) cos sin 8(0 ) 8
1 12 12 2 2
i i i i i
i
類題
試求下列各值:
(1)(2-2 3i)5。 (2)
6 4
7
(cos8 sin 8 ) (cos 25 sin 25 ) (cos 4 sin 4 )
i i
i
。
解 (1) 將 2-2 3i 寫成極式 1 3
2 2 3 4 4 cos sin
2 2 3 3
5 5
4 cos sin 4 cos sin
3 3 3 3
i i i
i i
棣美弗定理
5
5 5 5 5 25 25
(2 2 3 ) 4 cos sin 4 cos sin
3 3 3 3
1 3
1024 cos sin 1024 512 512 3
3 3 2 2
i i i
i i i
(2) (cos8 sin 8 ) (cos 256 7 sin 25 )4 (cos 48 sin 48 ) (cos1006 sin100 ) (cos 4 sin 4 ) (cos 28 sin 28 )
1 3 cos120 sin120
2 2
i i i i
i i
i i
例題10 棣美弗定理的應用(二)
設 n 為正整數,試求滿足 ( 3 -i)n 為實數的最小正整數 n。
解 將 3 -i 寫成極式, 3 1 11 11
3 2 2 cos sin
2 2 6 6
i i
i
∴( 3 ) 2 cos11 sin11 2 cos 11 sin 11
6 6 6 6
n
n n
i
i
n i
n
但( 3 -i)n 為實數 ∴ 11
sin 6
n必須為 0 滿足此條件的最小正整數 n 為 6類題 若 3
1 i n
i
是實數,且 n 為正整數,試求 n 的最小值。
解 將 3 1
i i
寫成極式
2 23 12 2 cos sin
3 6 6 2 cos5 sin5
1 1
1 12 12
2 2 cos sin
4 4
2 2
i i
i i
i i i
∴ 3 5 5 5 5
( 2) cos sin ( 2) cos sin
1 12 12 12 12
n n
n n
i i n i n
i
但 3 1
i n
i
為實數 ∴ 5 sin12
n 必須為 0 滿足此條件的最小正整數 n 為 12 主題四 複數的 n 次方根
1. 1 的 n 次方根有兩種表示方法:
(1) cos2k n
+i sin2k n
,k=0,1,2,……,n-1。(2) 1,ω,ω2,ω3,……,ωn-1,其中 ω=cos2 n
+i sin2 n
。2. 方根的性質:若 ω=cos2 n
+i sin2 n
,則 (1) ωn=1。(2) 1+ω+ω2+……+ωn-1=0。
說明:1+ω+ω2+……+ωn-1=1 1 1
1 1
n
=0
(3) (z-ω)(z-ω2)……(z-ωn-1)=zn-1+zn-2+……+z2+z+1。
說明:zn-1=(z-1)(zn-1+zn-2+……+z+1) ... ① 又 zn-1=(z-1)(z-ω)(z-ω2)……(z-ωn-1) ... ② 比較①與②得 zn-1+zn-2+……+z+1=(z-ω)(z-ω2)……(z-ωn-1)
3. n 次方根的幾何意義:若 zn=1 的 n 個根為 1,ω,ω2,……,ωn-1,則這 n 個根在複 數平面上對應單位圓上 P0,P1,P2,……,Pn-1 的 n 個等分點,可連成正 n 邊形,其 中
(1) 正 n 邊形的面積為 n×△OP0P1=n×1
2×1×1×sin2 n
= 2 nsin2n
。(2) 正 n 邊形的周長為 n×
P P
0 1,其中P P =10 12 2+12-2×1×1×cos2 n
(餘弦定理)如下圖所示。
4. 複數的 n 次方根:任意非零的複數 α 也都有 n 個 n 次方根。
若 α=│α│‧(cos +i sin ),則
zn=α 的根 z0,z1,z2,……,zn-1 可表示為下列形式:
2 2
cos sin
k n
k k
z i
n n
,其中 k=0,1,2,……,n-1。
例題11 1 的 n 次方根 (1) 試求 1 的六次方根。
(2) 將 z6=1 的 6 個根描繪在複數平面上,並求此正六邊形的面積及周長。
注意 (1) 解 zn=1,假設極式 z=r(cos θ+i sin θ) 為 zn=1 的根,左式代棣美弗定理,
右式將 1 化成極式。
(2) 若兩個極式相等 r1(cos θ1+i sin θ1)=r2(cos θ2+i sin θ2),則有絕對值相等 r1=r2,角度為同界角 θ1=θ2+2kπ,k 的關係。
解 (1) 欲求 1 的六次方根,即求解 z6=1
設 z=r(cos θ+i sin θ),由棣美弗定理可知 z6=r6(cos 6θ+i sin 6θ)
我們也將 1 寫成極式,1=1×(cos 0+i sin 0)
故 r6(cos 6θ+i sin 6θ)=1×(cos 0+i sin 0)
可得
6 1
6 0 2
r r
k k
, 為正實數
, 為整數⇒ 1
2 6 r
k
k
, 為整數
∴對於任意整數 k cos2
6 k
+i sin2 6 k
=cos 3 k
+i sin 3 k
都是 1 的六次方根 取 k=0,得根 cos0
3
+i sin0 3
=1;取 k=1,得根 cos 3
+i sin 3
=1 2+ 32 i;
取 k=2,得根 cos2 3
+i sin2 3
=-1 2+ 32 i;
取 k=3,得根 cos3 3
+i sin3 3
=-1;取 k=4,得根 cos4 3
+i sin4 3
=-1 2- 32 i;
取 k=5,得根 cos5 3
+i sin5 3
=1 2- 32 i
又 k=6,7,8,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 1 的六次方根為 cos
3 k
+i sin 3 k
,k=0,1,2,3,4,5 (2) 將這六個根描繪在複數平面上,如下圖所示:
此正六邊形的面積為 1 1 3 3 3
6 1 1 sin 6 1 1
2 3 2 2 2
若 z0、z1、z2、z3、z4、z5 在複數平面上的對應點分別為 P0、P1、P2、P3、P4、P5
則此正六邊形的周長為 6
P P
0 1由餘弦定理可知P P =10 12 2+12-2×1×1×cos 3
=1+1-1=1 ∴6P P
0 1=6類題
(1) 試求 1 的五次方根。
(2) 將 z5=1 的 5 個根描繪在複數平面上。
解 (1) 欲求 1 的五次方根,即求解 z5=1
設 z=r(cos θ+i sin θ),由棣美弗定理可知 z5=r5(cos 5θ+i sin 5θ)
我們也將 1 寫成極式,1=1×(cos 0+i sin 0),
故 r5(cos 5θ+i sin 5θ)=1×(cos 0+i sin 0)
可得
5 1
5 0 2
r r
k k
, 為正實數
, 為整數⇒ 1
2 5 r
k
k
, 為整數
∴對於任意整數 k, cos2 5 k
+i sin2 5 k
都是 1 的五次方根 取 k=0,得根 cos0
5
+i sin0 5
=1;取 k=1,得根 cos2 5
+i sin2 5
;取 k=2,得根 cos4 5
+i sin4 5
;取 k=3,得根 cos6 5
+i sin6 5
;取 k=4,得根 cos8 5
+i sin8 5
又 k=5,6,7,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 1 的五次方根為 cos2
5 k
+i sin2 5 k
,k=0,1,2,3,4 (2) 將這五個根描繪在複數平面上,如下圖所示:
形成一個正五邊形 例題12 方根的性質 令 ω=cos2
5
+i sin2 5
,試求:(1) ω50。
(2) 1+ω+ω2+……+ω49。
(3) (3-ω)(3-ω2)(3-ω3)(3-ω4)。
注意 若 ω=cos2 5
+i sin2 5
,則 ω5=1 且 1+ω+ω2+ω3+ω4=0。解 由題意可知 ω 為 1 的五次方根,故 ω5=1,且 1+ω+ω2+ω3+ω4=0 (1) ω50=(ω5)10=110=1
(2) 1+ω+ω2+……+ω49
=(1+ω+ω2+ω3+ω4)+(ω5+ω6+ω7+ω8+ω9)+……+
(ω45+ω46+ω47+ω48+ω49)
=(1+ω+ω2+ω3+ω4)+ω5(1+ω+ω2+ω3+ω4)+……+ω45 (1+ω+ω2+ω3+ω4)
=0+0+……+0=0
(3) 1 的五次方根為 1,ω,ω2,ω3,ω4
即 z5-1=(z-1)(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)
5 1
1 z
z
=(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)
z4+z3+z2+z+1=(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)
令 z=3,可得 (3-ω)(3-ω2)(3-ω3)(3-ω4)=34+33+32+3+1=121 類題
令 ω=cos2 7
+i sin2 7
,試求:(1) 1+ω+ω2+……+ω49。
(2) (1-ω)(1-ω2)(1-ω3)(1-ω4)(1-ω5)(1-ω6)。
(3) │1-ω││1-ω2││1-ω3││1-ω4││1-ω5││1-ω6│。
解 由題意可知 ω 為 1 的七次方根,則 ω7=1 且 1+ω+ω2+ω3+ω4+ω5+ω6=0 (1) 1+ω+ω2+……+ω49
=(1+ω+ω2+ω3+ω4+ω5+ω6)+(ω7+ω8+ω9+ω10+ω11+ω12+ω13)+……
+(ω42+ω43+ω44+ω45+ω46+ω47+ω48)+ω49
=0+0+……+0+1=1
(2) 1 的七次方根為 1,ω,ω2,ω3,ω4,ω5,ω6
即 z7-1=(z-1)(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)(z-ω5)(z-ω6)
7 1
1 z
z
=(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)(z-ω5)(z-ω6) z6+z5+z4+z3+z2+z+1
=(z-ω)(z-ω2)(z-ω3)(z-ω4)(z-ω5)(z-ω6)
令 z=1,可得(1-ω)(1-ω2)(1-ω3)(1-ω4)(1-ω5)(1-ω6)=7 (3) 由(2)可知 │(1-ω)(1-ω2)(1-ω3)(1-ω4)(1-ω5)(1-ω6)│=7
而由複數絕對值的性質可得
│(1-ω)(1-ω2)(1-ω3)(1-ω4)(1-ω5)(1-ω6)│
=│1-ω││1-ω2││1-ω3││1-ω4││1-ω5││1-ω6│=7 例題13 複數的 n 次方根
(1) 試求 8+8 3i 的四次方根。
(2) 將 z4=8+8 3i 的 4 個根描繪在複數平面上,並求此四邊形的面積及周長。
注意 (1) 解 zn=a,假設極式 z=r(cos θ+i sin θ) 為 zn=a 的根,左式代棣美弗定理,
右式將 a 化成極式。
(2) 若兩個極式相等 r1(cos θ1+i sin θ1)=r2(cos θ2+i sin θ2),則有絕對值相等 r1=r2,角度為同界角 θ1=θ2+2kπ,k 的關係。
解 (1) 欲求 8+8 3i 的四次方根,即求解 z4=8+8 3i
設 z=r(cos θ+i sin θ),由棣美弗定理可知 z4=r4(cos 4θ+i sin 4θ)
我們也將 8+8 3i 寫成極式,
1 3
8 8 3 16 16 cos sin
2 2 3 3
i i
i
故 4(cos 4 sin 4 ) 16 cos sin
3 3
r
i
i
可得
4 16
4 2
3
r r
k k
, 為正實數
, 為整數⇒ 2
12 2
r
k k
, 為整數
∴對於任意整數 k
2 cos sin
12 2 12 2
k k
i
都是 8+8 3i 的四次方根
取 k=0,得根 2 cos sin 12
i 12
;取 k=1,得根 7 7
2 cos sin 12
i 12
取 k=2,得根 13 13
2 cos sin 12
i 12
;取 k=3,得根 19 19
2 cos sin 12
i 12
又 k=4,5,6,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 8+8 3i 的四次方根為 2 cos sin
12 2 12 2
k k
i
,k=0,1,2,3
(2) 將這四個根描繪在複數平面上,如下圖所示:
此正方形的面積為 1
4 2 2 sin 90 8 2
而此正方形的周長為4 2222 8 2 類題
(1) 試求 i 的四次方根。
(2) 將 z4=i 的 4 個根描繪在複數平面上,並求此四邊形的面積及周長。
解 (1) 欲求 i 的四次方根,即求解 z4=i
設 z=r(cos θ+i sin θ),由棣美弗定理可知 z4=r4(cos 4θ+i sin 4θ)
我們也將 i 寫成極式, 1 cos sin
2 2
i
i
故 r4(cos 4θ+i sin 4θ)=1 cos sin
2 i 2
可得
4 1
4 2
2
r r
k k
, 為正整數
, 為整數⇒ 1
8 2 r
k k
, 為整數
∴對於任意整數 k
cos sin
8 2 8 2
k k
i
都是 i 的四次方根 取 k=0,得根 cos
8
+i sin 8
;取 k=1,得根 cos5 8
+i sin5 8
取 k=2,得根 cos9 8
+i sin9 8
;取 k=3,得根 cos13 8
+i sin13 8
又 k=4,5,6,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 i 的四次方根為 cos sin
8 2 8 2
k k
i
,k=0,1,2,3
(2) 將這四個根描繪在複數平面上,如下圖所示
此正方形的面積為 1
4 1 1 sin 90 2 2
而此正方形的周長為4 12 12 4 2 例題14 複數的平方根
試求 8-6i 的平方根。
注意 (1) 設平方根為 a+bi,則(a+bi)2=8-6i,展開後比較係數。
(2) 也可利用棣美弗定理。
解 設(a+bi)2=8-6i,兩邊展開比較係數得
2 2 8
2 6
a b
ab
①
②
利用 (a2-b2)2+(2ab)2=(a2+b2)2,可得 a2+b2=10 ... ③
由①與③解得 a2=9,b2=1 但因為 2ab=-6,得兩組解 3
1 a b
或 3
1 a b
故 8-6i 的平方根為 3-i 或-3+i 類題
試求-21-20i 的平方根。
解 設(a+bi)2=-21-20i,兩邊展開比較係數得
2 2 21
2 20
a b
ab
①
②
利用(a2-b2)2+(2ab)2=(a2+b2)2,可得 a2+b2=29 ... ③
由①與③解得 a2=4,b2=25 但因為 2ab=-20,得兩組解 2
5 a b
或 2
5 a b
故-21-20i 的平方根為 2-5i 或-2+5i
重要性:★★★★★
2-3 段考實力演練 一、基礎題
1. 將下列複數寫成極式:
(1) 1-i。 (2) -3i。
(3) sin 50°+i cos 50°。 (4) sin 40°-i cos 40°。
解 (1)
如上圖
∵│1-i│= 2
∴ 1 1 7 7
1 2 2 cos sin
4 4
2 2
i i
i
(2)
如上圖
∵│-3i│=3
∴-3i=3(0-i)= 3 3
3 cos sin 2
i 2
(3) sin 50°+i cos 50°=r(cos θ+i sin θ)
∴r=1 且 cos sin 50 sin cos50
∴θ 為第一象限角,取 0°≦θ<360° 則 θ=40°
故 sin 50°+i cos 50°=cos 40°+i sin 40°
(4) sin 40°-i cos 40°=r(cos θ+i sin θ)
∴r=1 且 cos sin 40 sin cos 40
∴θ 為第四象限角,取 0°≦θ<360° 則 θ=270°+40°=310°
故 sin 40°-i cos 40°=cos 310°+i sin 310°
2. 試求下列各值:
(1)(1-i)10。 (2)
( 3 )5
1 3 i
i
。
(3)(sin 75°+i cos 75°)20。 (4)(cos 170°+i sin 170°)(cos 35°-i sin 35°)。
解 (1) 將 1-i 寫成極式
1 1 7 7
1 2 2 cos sin
4 4
2 2
i i
i
由棣美弗定理得
10
7 7 10 35 35
2 cos sin ( 2) cos sin
4 4 2 2
3 3
32 cos sin 32
2 2
i i
i i
(2) 將 3 +i 寫成極式 3 1
3 2 2 cos sin
2 2 6 6
i i
i
由棣美弗定理得
5
5 5 5 5 5 5
( 3 ) 2 cos sin 2 cos sin 32 cos sin
6 6 6 6 6 6
i
i
i
i
再將-1+ 3i 寫成極式 1 3 2 2
1 3 2 2 cos sin
2 2 3 3
i i
i
∴
5
5 5
32 cos sin
( 3 ) 6 6 16 cos sin 16 3 1
2 2 6 6 2 2
1 3 2 cos sin
3 3
8 3 8 i i
i i
i i
i
(3) 將 sin 75°+i cos 75° 寫成極式
sin 75°+i cos 75°=cos 15°+i sin 15°=cos 12
+i sin 12
由棣美弗定理得
20
(sin 75 cos 75 )20 cos sin
12 12
20 20 5 5
cos sin cos sin
12 12 3 3
1 3
cos 300 sin 300
2 2
i i
i i
i i
(4) (cos 170°+i sin 170°)(cos 35°-i sin 35°)
=(cos 170°+i sin 170°)×(cos(-35°)+i sin(-35°))
=cos(170°-35°)+i sin(170°-35°)
=cos 135°+i sin 135°
=- 2 2 + 2
2 i
3. 設 z=(1+i)6( 3 -i)4,試求 │z│ 之值。
解 利用複數絕對值的運算性質
│z1•z2│=│z1││z2│
│z│=│(1+i)6( 3 -i)4│
=│(1+i)6│•│( 3 -i)4│
=│1+i│6•│ 3 -i│4 =( 2)6•24=27 =128
4. 已知( 3 +i)(cos θ+i sin θ)= 3 -i,試問 θ 為第幾象限角?
解 ∵( 3 +i)(cos θ+i sin θ)= 3 -i
∴
2 3 1 2 2 cos sin 3
3 3 1
2 2 2
11 11
2 cos sin
11 11
6 6 cos sin
6 6 6 6
2 cos sin
6 6
10 10 5 5
cos sin cos sin
6 6 3 3
i i
i i
i
i
i i
i i
將一複數 3 +i 乘上極式(cos θ+i sin θ)後得到 3 -i ,表示長度不變 角度逆時針旋轉5
3
,故 θ=5 3
而5 3
為第四象限角,故 θ 為第四象限角5. 如下圖,A 點坐標為(2,4)且△AOB 是正三角形,試求 B 點坐標。
解 視 A 點代表複數 2+4i 如右圖所示:
B 點可由 A 點繞原點逆時針旋轉 60° 而得 故 B 點所代表的複數為
(2+4i)(cos 60°+i sin 60°)=(2+4i) 1 3 2 2 i
=(1-2 3 )+(2+ 3 )i 故 B 點坐標為(1-2 3 ,2+ 3 )
6. 設 ω=cos4 3
+i sin4 3
,試求下列各式的值:(1) ω3。 (2) 1+ω+ω2。
(3) 1+ω+ω2+……+ω2012。 (4) 1-ω+ω2-ω3+ω4-……+ω12。
解 (1) 由棣美弗定理知 ω 為 1 的三次方根 故 ω3=1
(2) ω3=1 ⇒ ω3-1=0 ⇒(ω-1)(ω2+ω+1)=0,但 ω≠1
∴1+ω+ω2=0
(3) 1+ω+ω2+……+ω2012
=(1+ω+ω2)+(ω3+ω4+ω5)+……+(ω2010+ω2011+ω2012)
=(1+ω+ω2)+ω3(1+ω+ω2)+……+ω2010(1+ω+ω2)=0 (4) 1-ω+ω2-ω3+ω4-……+ω12 1 ( )13 1 13 1 1
1 ( ) 1 1
〔 〕
7. (1) 試求 1 的八次方根。
(2) 將 z8=1 的 8 個根描繪在複數平面上,並求此正八邊形的面積。
解 (1) 欲求 1 的八次方根,即求解 z8=1 設 z=r(cos θ+i sin θ)
棣美弗定理 z8=r8(cos 8θ+i sin 8θ)
將 1 寫成極式 1=1×(cos 0+i sin 0)
故 r8(cos 8θ+i sin 8θ)=1×(cos 0+i sin 0)
可得
8 1
8 0 2
r r
k k
= , 為正實數
= + , 為整數⇒
1 2
8 r
k
,k 為整數
∴對於任意整數 k , 2 2
cos sin cos sin
8 8 4 4
k k k k
i i
都是 1 的八次方根 取 k=0,得根 0 0
cos sin 1 4
i 4
取 k=1,得根 2 2
cos sin
4 i 4 2 2 i
取 k=2,得根 2 2 cos sin
4
i 4
i取 k=3,得根 3 3 2 2
cos sin
4
i 4
2 2 i
取 k=4,得根 4 4
cos sin 1
4
i 4
取 k=5,得根 5 5 2 2
cos sin
4
i 4
2 2 i
取 k=6,得根 6 6 cos sin
4
i 4
i取 k=7,得根 7 7 2 2
cos sin
4
i 4
2 2 i
又 k=8,9,10,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 1 的八次方根為 cos sin
4 4
k k
i
k=0,1,2,3,4,5,6,7
(2)
將這八個根描繪在複數平面上 如上圖所示:
zk=cos sin
4 4
k k
i
k=0,1,2,3,4,5,6,7
此正八邊形的面積為 1 1 2
8 1 1 sin 8 1 1 2 2
2 4 2 2
8. 試求-8i 的平方根。
解 設(a+bi)2=-8i 兩邊展開比較係數得
2 2 0
2 8
a b
ab
①
②
利用(a2-b2)2+(2ab)2=(a2+b2)2 可得 a2+b2=8 ... ③
由①與③解得 a2=4,b2=4 但因為 2ab=-8
得兩組解 2
2 a b
或 2
2 a b
故-8i 的平方根為 2-2i 或-2+2i 二、進階題
9. 試求 i 的三次方根。(提示:利用棣美弗定理)
解 欲求 i 的三次方根,即求解 z3=i 設 z=r(cos θ+i sin θ)
棣美弗定理 z3=r3(cos 3θ+i sin 3θ)
將 i 寫成極式i=0+1×i=1× cos sin 2 i 2
故 r3(cos 3θ+i sin 3θ)=1× cos sin 2 i 2
可得
3 1
3 2
2
r r
k k
= , 為正實數
= + , 為整數⇒
1 2 6 3 r
k k
=
, 為整數
∴對於任意整數 k 2 2
cos sin
6 3 6 3
k k
i
都是 i 的三次方根
取 k=0,得根 3 1 cos sin
6 i 6 2 2i
取 k=1,得根 5 5 3 1
cos sin
6
i 6
2 2i
取 k=2,得根 3 3 cos sin
2
i 2
i又 k=3,4,5,……分別和 k=0,1,2,……重複了 故 i 的三次方根為 3 1
2 2i, 3 1 2 2i
,-i
10. 化簡
1 tan 8 1 tan
8 i i
。
sin 8 tan8 cos
8
提示:
解
sin8 1
1 tan cos cos sin cos sin
8 8 8 8 8 8
1 tan sin cos sin cos sin
8 1 8 8 8 8 8
cos8 i
i i i
i i i
i
2 2
cos sin cos sin
8 8 i 8 8 4 i 4 2 2 i
11. 設 1 1 2 z
z
且z 1 z
的主輻角為 3
,試求複數 z。 1 1cos sin
2 3 3
z i
z
提示:
解 z 1 z
的“向徑”為1
2,“主輻角”為 3
將z 1 z
寫成極式為1
cos sin 2
3 i
3
∴ 1 1 1 1 3 1 3 1 3
cos sin
2 3 3 2 2 2 4 4 4
z i
i i i
z
又 1 1 1 3
1 4
z i
z z
∴1 1 3 3 3
1 4 4
i i
z
故 4 4(3 3 ) 3 3
3 3 (3 3 )(3 3 ) 3
i i
z i i i
三、歷屆試題
12. 若 (4+3i)(cos θ+i sin θ) 為小於 0 的實數,則 θ 是第幾象限角?
(A)第一象限角 (B)第二象限角 (C)第三象限角
(D)第四象限角 (E)條件不足,無法判斷 92.學測
(提示:複數極式乘法的幾何意義)
13. 如下圖,複數 z 在平面上對應的點 P 在單位圓 O 的外部,問複數 1
z對應的點大概是哪 一點?
(A) A (B) B (C) C (D) D (E) E 1 1
(cos sin ) cos( ) sin( )
z r i i
z r
提示: 〔 〕 92.學測補考
14. 若複數 z 與 3 +i 之積為-2 3 +2i,則z 的主輻角為 。 86.自然組 2 3 2
3 z i
i
提示: =
15. 設 z=cos2 7
+i sin2 7
,試問複數 1-z 的絕對值為以下哪一個選項?(A) 2 sin 7
(B) sin2 7
(C) 2sin2 7
(D) 22 1 cos 7
(E) 1 cos2 7
96.指考甲
1 cos2 sin 7
7 2
提示:
16. 下圖陰影部分所示為複數平面上區域
3 5
: (cos sin ),0 1,
4 4
Az z r
i
r
之略圖。
令 D={w:w=z3,zA},試問下列選項中之略圖,何者之
陰影部分與區域 D 最接近? 93.學測
(A) (B) (C) (D) (E)
(提示:利用棣美弗定理)
17. 複數 z1=cos 4
+i sin 4
、z2=cos 3
+i sin 3
與它們的乘積 z1z2 在複數平面上對應的點分 別為 P、Q 與 R。則∠QPR 等於下列哪一個選項?(A)12
(B) 10
(C) 9
(D) 8
(E) 6
98.指考甲1 QPR 2RQ
提示: 所對應的圓周角
18. 設 O、A、B 分別為複數平面上代表 0、1+i 以及 1-i 的點。請問下列哪些選項所對應 的點落在△OAB 的內部?
(A) cos 60° (B) cos 50°+i sin 50° (C)4 3 5
i
(D)1 3 2
i
(E)(cos 30°+i sin 30°)25 100.學測
(提示:寫成複數的極式並利用棣美弗定理)
19. 設 O 為複數平面上的原點,並令點 A、B 分別代表非零複數 z、w。若∠AOB=90°,則 下列哪些選項必為負實數?
(A) z
w (B) zw (C)(zw)2
(D) z22
w (E)(z
w
)2(其中w
為 w 的共軛複數) 101.學測 簡 答一、基礎題
1.(1) 7 7
2 cos sin 4
i 4
;(2) 3 3
3 cos sin 2
i 2
;(3) cos 40°+i sin 40°;
(4) cos 310°+i sin 310° 2.(1) -32i;(2) 8 3 +8i;(3)1 2- 3
2 i;(4) - 2 2 2 2 i
3.128 4.第四象限角 5.(1-2 3 ,2+ 3 ) 6.(1) 1;(2) 0;(3) 0;(4) 1 7.(1) cos
4 k
+i sin 4 k
,k=0,1,2,3,4,5,6,7;(2) 圖略,2 2 8.2-2i 或-2+2i
二、進階題 9. 3
2 +1
2i,- 3 2 +1
2i,-i 10. 2 2
2 2 i 11.3 3 3
i
三、歷屆試題
12.(B) 13.(D) 14.2 3
15.(A) 16.(E) 17.(D) 18.(A)(C)(E) 19.(D)(E)能力提升特訓
範例1 棣美弗定理的應用 設 n 是正整數,若 z+1
z=2 cos θ,試證:zn+ 1
zn =2 cos nθ。
注意 棣美弗定理。
證 ∵z+1
z=2 cos θ ⇒ z2-2 cos θ z+1=0
∴z=
2cos 4cos2 4 2
=cos θ±i sin θ (1) 當 z=cos θ+i sin θ 時,1
z=cos θ-i sin θ 由棣美弗定理可知:zn+ 1
zn =cos nθ+i sin nθ+cos nθ-i sin nθ=2 cos nθ (2) 當 z=cos θ-i sin θ 時,1
z=cos θ+i sin θ 由棣美弗定理可知:zn+ 1
zn =cos nθ-i sin nθ+cos nθ+i sin nθ=2 cos nθ 由(1)與(2)得證 zn+ 1
zn =2 cos nθ 類題
設 1
3
z z ,試求 2012 20121
z z 的值。
解 1 3
2 2cos
2 6
z z
∴ 2012 20121 1006 4 1
2cos 2012 2cos 2cos 2 1
6 3 3 2
z z
範例2 根與複數平面
試解出 x6+x4+x2+1=0 的六個根,並將這六個根描繪在複數平面上,求此六邊形的面積。
注意 (x2-1)(x6+x4+x2+1)=x8-1。
解 (x2-1)(x6+x4+x2+1)=x8-1
1 的八次方根可表示為 1,ω,ω2,ω3,ω4,ω5,ω6,ω7,其中 ω=cos2 8
+i sin2 8
扣除 1 及-1(ω4), ω,ω2,ω3,ω5,ω6,ω7 為方程式 x6+x4+x2+1=0 的六個根 此六根在複數平面上的位置,如下圖所示
此六邊形的面積為 4△OAB+2△OAC
△OAB=1
2×1×1×sin 45°= 2
4 ,而△OAC=1
2×1×1×sin 90°=1 2 故此六邊形的面積為 4× 2
4 +2×1
2= 2+1
類題
試解出 x5+x4+x3+x2+x+1=0 的五個根,並將這五個根描繪在複數平面上,求此五邊形的 面積。
解 x6-1=(x-1)(x5+x4+x3+x2+x+1)
1 的六次方根可表示為 1,ω,ω2,ω3,ω4,ω5,其中 ω=cos2 6
+i sin2 6
故 x5+x4+x3+x2+x+1=0 的五個根為 ω,ω2,ω3,ω4,ω5 此五根在複數平面上的位置,如下圖所示
此五邊形的面積為 4△OP1P2+△OP1P5
△OP1P2=1
2×1×1×sin 60°= 3
4 ,而△OP1P5=1
2×1×1×sin 120°= 3 4
故此五邊形的面積為 3 3 5 3
4 4 4 4 歷屆試題
若 z 為複數,且滿足 z+1
z=1,則 101 1101
z z = 。 82.社會組
解 ∵z+1
z=2×1
2=2 cos 3
∴ 101 1011 101 5 1
2cos 101 2cos 2cos 2 1
3 3 3 2
z z