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BACHELOR ’S THESIS 1.2 复数的运算及其性质
1.2.1 复数运算
设: z1=a+bi(a,b?R),z2复数加（减）法：
z1北z2=(a+bi)?(cdi)=(ac+di(c,d R)即
c)+(b d)i (a,b,c,d?R)
复数乘法：
z1?z2复数除法:
(a+bi)(c+di)=ac+bci+adi+bd2i=(ac-bd)+(bc+ad)i
z1z2=a+bic+di=(a+bi)(c-di)(c+di)(c-di)+bc-bdc2+d2i=ac+cbi-adi-bdi2c2+d2=ac+bdc2+d2(c+di 0)
复平面上两点间的距离： d=z1-z2
复数的加法，乘法满足交换律，结合律以及乘法对加减的分配律，即
加法交换律 z1+z2=z2+z1
结合律 (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3) 乘法交换律 z1?z2z2 z1
结合律 (z1z2)z3=z1(z2z3)
乘法对加法的分配律 z(z1+z2)=zz1+zz2
关于共轭还有 z1+z2=z1+z2 z1?z2z1 z2
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BACHELOR ’S THESIS 骣z1÷z1÷= ? ?÷?÷z2z2桫实数的正整数幂运算也能推广到复数集中，即
zm?znzm+n,(zm)n=zmn,(z1?z2)nnnz1孜z2(m,nN*)
i 的乘方性质：
i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i,i4n=1(n N*) 共轭复数的性质:
(1)z+z=2Re(z) (2)z-z=2iIm(z) (3)z?zz=z
22(4)z1?z2骣z1÷z1=(z2 0) z1+z2 (5)z1z2=z1z2 (6)??÷÷÷?z2z2桫2(7)(z)=z (8)z=z z为实数 (9)z=zz
(10)zn=(z) (n?N*) (11) 两个等价条件： ①z污R② z为纯虚数?z复数模的性质:
n(1)zn30 (2)z=z (3)z=znnz-z=0.
z=0(z 0)
(n N*)
(4)z1z2=z1z2 (5)z=(7)a+bi=2zz (6)zz1=1 (z210) z2z2a2+b22(a,b R) (8)z1z2鬃?zn22z1z2鬃 zn
(9)z1+z2+z1-z2=2z1+2z2 (10)z1+z2=z1+z2
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BACHELOR ’S THESIS 1.3 复数的形式
复数代数形式：复数表示z=a+bi(a,b R)叫做复数(a,b)的代数形式，i叫做虚部单位．它满足
i2=i?i(0,1)(0,1)=(-1,0)=-1
复数的三角形式：复数z=a+bi(a,b R)化为三角形z=r(cosq+isinq),这种形式便于作复数的乘、除、乘方、开方运算设复数z1,z2的三角形式分别为
r1(cosq1+isinq1)和r2(cosq2+isinq2), 则
z1?z2r1?r2轾cos(q1臌q2)+isin(q1-q2)
若复数z的三角形式为z=r(cosq+isinq)，那么
z=r(cosnq+isinnq)， nz=nnnr eiq+2kpn(k=1,2,3?)
必须记住 z的n次方根是n个数．
复数的指数形式：设eiq=cosq+isinq，其e为自然对数的底数.那么
z=r(cosq+isinq)=reiq．这种表达式叫做复数的指数形式.
①eiq1?eiq2ei(q1+q2) ②(eiq)niq1eiq-q=einq ③iq2=e(12)
e复数的几何形式：复数z=a+bi(a,b R)用直角坐标平面上点z(a,b)表示．这种形式使复数的问题可以借助图形来研究，也可以反过来用复数的理论解决一些几何问题．
复数的向量形式：设复平面的点z来表示.复数z=a+bi(a,b R)则向量
OZ由点z惟一确定. 向量OZ就是复数z=a+bi(a,b R)的向量表示，这种形
??????式使复数的加、减法运算得到恰当的几何解释．
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BACHELOR ’S THESIS 2.例题及分析
2.1 复数概念失误
11=2cosb，求ym+m的值(m?N)． yy例1 已知 y+错解 y+11=y+ 2 ① yy1=2cosb 2 ② y1=2 y1，即 y= 1． y又 y+\\y+由不等式取“=”的条件，知：y=ì2, y=1;??1?\\ym+m=?í2, y=-1 且m为偶数;
?y????-2, y=-1 且m为奇数.错误分析: 此解法错在式①，因为y+11成立的条件是：若=y+yyy?R或y为虚数，则y，
1同向．已知条件中并未指明y的范围，因此，我们y必须在复数范围内考虑，事实上，当acosb贡1时，等式成立的两条件都不满足，因而出现错误.
正确解法1: 依题意y，cosb，
1成等差数列，所以可设 y 6
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BACHELOR ’S THESIS ìy=cosb-n (3)???? í1?=cosb+n 4()????y(3)′(4) 得n=弊sinbi， \\ym+1=2cosb． my正确解法2: 由m为偶数， 即m=2时 ym+111212=y+=(y+)-2(?y+=2cosb) ymy2yy=(2cosb)2-2=4cos2b-2 =2(2cos2b-1)=2cos2b
\\ym+1=2cosmb. my例2 已知复数z1=3+4i,z2=t+i且是实数，则实数 t 的值（ ）
3443 A. B. C.- D.-
4334z2错解 ?z1孜R?z1z2z1z2=0,即
(3+4i)(t-i)+(3-4i)(t+i)=0 解得 t=-4 \\故答案 选C. 3错误分析: ?z污Rz=z, z为纯虚数?z上面解z=0(z 0)因此，
答应用的是z为纯虚数的充根条件，因而求出的t是z1z2为纯虚数的结果，显然是错误的.
正确解法1: z1z2=(3+4i)(t-i)=(3-4i)(t+i) ?z1z2为实数，\\4t-3=0,t=3 4\\故答案 选A.
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