浅谈复数知识的应用

浅谈复数知识的应用 徐加生　 (江苏省金湖县教师进修学校　211600) 　　复数知识沟通了代数、几何、三角之间的 内在联系, 其应用遍及到中学数学的各个分 支, 特别是一些代数、三角和几何中的相关问 题, 通过观察、联想、挖掘隐含条件, 用构造复 数的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 来解决效果较佳, 下面介绍一些常 见类型. 1　应用复数解代数问题 复数代数形式体现了复数的代数性质, 利用复数的代数形式的运算性质可解决实系 数方程、不等式、最值等相关的问题. 1. 1　解实系数方程 例 1　已知 x + x - 1= 2co s Η, 求 x n + x - n 的值. 分析　在复数范围内易求出方程 x + x - 1 = 2co s Η的解, 代入后, 利用复数运算可 求值. 解　∵x + x - 1 = 2co s Η, 则 x 2 - 2x co s Η + 1= 0. 配方得 (x - co s Η) 2= - sin2Η, ∴x = co s Η±isin Η. 当 x = co s Η+ isin Η时, x n+ x - n= (co s Η + isin Η) n+ (co s Η- isin Η) n= 2co s nΗ. 当 x = co s Η- isin Η时, x n+ x - n= (co s Η - isin Η) n+ (co s Η+ isin Η) n= 2co s nΗ. 即 x n+ x - n= 2co s nΗ. 1. 2　证明不等式 例 2　若 f (x ) = 1+ x 2且实数 a 与 b 不等, 求证û f (a) - f (b) û< ûa- bû. 分析　本题即要证û 1+ a2 - 1+ b2 û < û a - bû , 而 1+ a2 , 1+ b2 是二次根式, 与复数的模是一致的, 故而可利用模的性质 来解. 解　设 z 1= 1+ a i, z 2= 1+ bi, 由于 a≠b, ∴ z 1 和 z 2 不在过原点的同一直线上, ∴û f (a) - f (b) û= û 1+ a2 - 1+ b2 û= ûûz 1û - ûz 2ûû< ûz 1- z 2û= û (a- b) iû= ûa- bû. 1. 3　求 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 最值 例 3 　 求 函 数 y = x 2+ 2x + 5 - x 2+ 1在实数集 R 上的最大值. 分析　这也是二次根式的问题, 仿上例, 作适当的复变量代换就能摆脱根号, 顺利解 题, 但必须注意取等号的条件. 解　设 z 1= 1+ x + 2i, z 2= x + i, 则 y = ûz 1û - ûz 2û≤ûz 1- z 2û = û1+ x + 2i- x - iû = û1+ iû= 2 . 当且仅当 21+ x = 1 x 且 (x + 1) 2+ 4≥x 2+ 1 时, 即 x = 1 时, y 的最大值为 2 . 1. 4　求组合数的和 例 4　求 (C 0n - C 2n + C 4n - C 6n + ⋯) 2 + (C 1n - C3n+ C 5n- C 7n+ ⋯) 2 的值. 分析　观察欲求式, 自然地联想到二项 展开式, 又因为正、负号相间出现, 所以应从 (1+ i) n 入手. 解　∵ (1+ i) n = C 0n + C1n i+ C 2n i2 + C3n i3 + C 4n i4 + C 5n i5 + ⋯= (C 0n - C2n + C 4n - C 6n + ⋯) + (C 1n- C 3n+ C5n- C 7n+ ⋯) i, ∴û (1+ i) n û 2= (C 0n - C 2n + C 4n - C6n + ⋯) 2 + (C 1n- C 3n+ C5n- C 7n+ ⋯) 2. 而û (1+ i) nû 2= û1+ iû 2n= 2n , 即 (C 0n - C 2n + C 4n - C6n + ⋯) 2+ (C 1n - C3n + C 5n - C7n+ ⋯) 2= 2n. 2　应用复数解三角问题 复数三角形式将复数与三角联系在一 起, 利用模和辐角的意义及三角式运算的性 质, 可解决有关的三角问题. 2. 1　证明三角结论 例 5　已知 sin A + sin 3A + sin 5A = a , co s A + co s 3A + co s 5A = b. 求证: (1)当 b≠0 时, tan 3A = ab ; (2) (1+ 2co s 2A ) 2= a2+ b2. (1986 年全国高考题) 分析　观察两个条件等式易联想到一个 复数的实部和虚部, 若设 z = co s A + isin A , 则 z 3 = co s 3A + isin 3A , z 5 = co s 5A + isin 5A , 则欲证结论就呼之欲出了. ·21·　　　　　　　　　　　　　　　中学数学月刊　　　　　　　　　2001 年第 12 期 解　设 z = co s A + isin A , 则 z·zλ= 1. ∴b+ a i= z + z 3+ z 5= (1+ z 2+ z 2) z 3 = (1+ 2co s 2A ) (co s 3A + isin 3A ). 设 b+ a i 的辐角为 Α, 则 tan Α= sin 3A co s 3A = a b , 即 tan 3A = a b (b≠ 0). 又设 b+ a i 的模为 r, 则 r= 1+ 2co s 2A = a 2+ b2 , ∴ (1+ 2co s 2A ) 2= a2+ b2. 2. 2　求角的和 例 6　若 Α, Β为锐角, 且 tan Α= 17 , sinΒ = 1 10 , 求 Α+ 2Β的值. 解　由 Α, Β为锐角, 且 sin Β= 1 10 , 可 得 tan Β= 13 , 联想复数辐角的意义可知, Α, Β 分别为复数 7+ i 与 3+ i 的辐角. 由于 (7+ i) · (3+ i) 2= 50 (1+ i) = 50 2 (co s Π4 + isinΠ 4 ) , 故而 Α+ 2Β= Π4 + 2kΠ(k∈Z) , 但由于 0 < Α< Π6 , 0< Β< Π6 , 故 0< Α+ 2Β< Π2 , 从而 Α + 2Β= Π4. 分析　将已知的正切值与复数辐角的正 切值联系起来, 利用复数乘除法的运算性质, 求有关角的和, 是一种常用的思路. 2. 3　求三角函数的值 例 7　已知 co s Α+ co s Β= 13 , sin Α+ sin Β= 14 , 求 tan (Α+ Β)的值. 解　设 z 1 = co s Α+ isin Α, z 2 = co s Β+ isin Β, ∴ûz 1û= ûz 2û= 1. ∴z 1+ z 2 z 1·z 2 = 1 z 1 + 1 z 2 = z 1+ z 2= z 1+ z 2. 又 z 1+ z 2= 13 + 1 4 i, ∴z 1·z 2= z 1+ z 2 z 1+ z 2 = 7 25+ 14 25 i. 而 z 1·z 2 = co s (Α+ Β) + isin (Α+Β) , 故 co s (Α+ Β) = 725, sin (Α+ Β) = 2425, ∴tan (Α+ Β) = 247 . 注　利用复数模为 1 的性质, 可以简化 代数运算, 是解决三角变换问题的一条捷径. 2. 4　求函数值域 例 8　求函数 y = 2- sin x2- co s x 的值域. 解　将函数式变形为 sin x - y co s x = 2 - 2y. 设 z 1= 1+ y i, z 2= sin x + ico s x , 则 z 1 ·z 2= ( sin x - y co s x ) + (co s x + y sin x ) i. 由于û 2- 2y û = û sin x - y co s x û≤û z 1·z 2 û = 1+ y 2 , 即 ( 2 - 2y ) 2 ≤ 1 + y 2. 解之得 4- 7 3 ≤y ≤ 4+ 7 3 , 即值域为[ 4- 7 3 , 4+ 7 3 ]. 注　此题解法很多, 但运用复数的乘法 运算和模的性质来解, 可谓匠心独具. 3　应用复数解几何题 复数的向量 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示及复数运算的几何意义 是解决相关几何问题的有力武器, 复数法是 用数解形的有效方法之一. 3. 1　证明几何命题 例 9　设 P 是正方形A B CD 外接圆上 的任一点, r 为外接圆的半径, 则ûPA û 2+ ûPB û 2+ ûPC û 2+ ûPD û 2= 8r2. 分析　由于点 P 的任意性, 则û PA û 2,ûPB û 2, ûPC û 2, ûPD û 2 亦为不定量. 要使它们 的和为定值, 则它们必有内在联系. 若用复数 表示正方形各顶点及外接圆上动点 P , 复数 的辐角便将内在联系沟通了. 图 1 解　建立如图 1 所示的直角坐标 系, 设正方形各顶 点对应复数A ( r) , B ( ir) , C ( - r ) , D ( - ir ) , 又设点 P 对应复数 r (co s Η + isin Η) , 则ûPA û 2= (rco s Η- r) 2+ r2 sin2Η,ûPB û 2= r2co s2Η+ (rsin Η- r) 2,ûPC û 2= (rco s Η+ r) 2+ r2 sin2Η,ûPD û 2= r2co s2Η+ (rsin Η+ r) 2. 易得û PA û 2 + ûPB û 2 + û PC û 2 + ûPD û 2 = 8r2. 注　若用解析几何中的坐标法也能求 ·31·2001 年第 12 期　　　　　　　　　　　中学数学月刊　　　　　　　　　　　　　　　　 解, 但较复杂. 3. 2　求点的坐标 例 10　在直角坐标系中有点A (1, 0) , B (3, 1) , 以A B 为底边在第一象限内作顶角为 120°的等腰△A B C , 求顶点C 的坐标. 解　把直角坐标平面看作复平面, 设 z C = x + y i (x , y∈R) , zA = 1, zB = 3+ i, 则 A B = OB - OA = zB - zA = 2+ i, ∵∠C = 120°, ∴∠A = ∠B = 30°. 由正弦定理得ûA C û= ûA B û sin30° sin120° = 3 3 ûA B û. ∴A C = 33 A B · (co s30°+ isin30°) = 3 3 (2+ i) ( 3 2 + 1 2 i) = 6- 3 6 + 3+ 2 3 6 i. 又∵A C = O C - OA = x - 1+ y i, ∴ x - 1= 6- 36 , y = 3+ 2 36 . 即 x = 2- 36 , y = 12 + 3 3 . 　　注　此处用复数表示点和向量, 利用复 数乘法的几何意义解决角的问题, 思路清晰, 运算简捷, 值得效仿. 3. 3　求动点轨迹 例 11　已知M 是抛物线 x 2= 4y 上的一 个动点, O 为原点, 以OM 为一边作正方形 OM N P , 求动点 P 的轨迹方程. 分析　∵OM N P 为正方形, ∴O P 可以 看作由OM 绕原点逆时针或顺时针旋转 90° 而得到, 故可借助于复数乘法的几何意义解 之. 解　设M (x 0, y 0) , P (x , y ) , 则 zM = x 0+ y 0 i, z P = x + y i. ∵OM ⊥O P , 且 û OM û =ûO P û , ∴z P = zM (±i). 即 x + y i= (x 0+ y 0 i) i ①或 x + y i= (x 0+ y 0 i)· (- i). ② 由①得 x + y i= - y 0+ x 0 i, ∴x 0= y 且- y 0 = x. ∵M (x 0, y 0) 在抛物线上, ∴x 20 = 4y 0, 故 y 2= - 4x (x ≠0). 同理由②知 y 2= 4x (x ≠ 0) , 即 P 点轨迹方程是 y 2= ±4x (x ≠0). 以上是用复数知识来解决代数、三角、几 何中的问题的几个例子, 仅仅做个路标, 而复 数知识的应用远非仅此. (上接第 7 页)Q G∶GP = e (椭圆离心率) , 请 学生逆向思考一下能得到什么结论? 后来学 生提出了两个逆向问题. 图 4 (1) 椭圆上一 点 P , 焦点 F 1, F 2, ∠F 1P F 2 的平分线 PQ 上一点G (如图 4) , 若 Q G ∶GP = e, 则 G 必 为 △P F 2F 2 的内心; (2) 平面内两个定点 F 1, F 2, 动点 P , △P F 1F 2 的内心 G , PG ∩F 1F 2 = Q , û F 1F 2 û = 2c, 若Q G∶GP = e (= c a ) 为常数 (0< e< 1) , 则动点 P 的轨迹为椭圆 (除去椭圆与 x 轴的两公共交点). 事实上设 F 1 (- c, 0) , F 2 (c, 0) , û P F 1û = r1, ûP F 2û= r2, 由平面几何知识易得ca = Q GGP = ûF 1Q ûr1= ûQ F 2ûr2 = ûF 1Q û+ ûQ F 2ûr1+ r2 = 2cr1+ r2 ,r1+ r2= 2a ,由椭圆定义知, P 点轨迹为椭圆.问题 (1) 的创新因素不及问题 (2) 的多,问题 (2)称为椭圆的第三个定义是当之无愧的. 逆向思维的强弱是衡量一个人创新思维能力强弱的重要标志, 对问题有逆向思维常常会导致新的发展.我觉得数学教学中不论是教那类题, 有一点是共同的, 即教学要开放, 思维要开放,要充分调动学生参与教学的积极性, 才能充分地发挥其教育的功能. ·41·　　　　　　　　　　　　　　　中学数学月刊　　　　　　　　　2001 年第 12 期