复数的三角形式

复数的三角形式复数的三角形式 1 复数的三角形式 1 复数的幅角 设复数 Z a bi 对应向量 以 x 轴的正半 轴为始边 向量所在的射线 起点为 O 为终边的角 叫做复 数 Z 的辐角 记作 ArgZ 其中适合 0 2 的辐角 的值 叫做 辐角的主值 记作 argZ 说明 不等于零的复数 Z 的辐角有无限多个值 这些值中的 任意两个相差 2 的整数倍 2 复数的三角形式 r cos isin 叫做复数 Z a bi 的三角 形式 其中 说明 任何一个复数 Z a bi 均可表示成 r cos isin 的形 式 其中 r 为 Z 的模 为 Z 的一个辐角 2 复数的三角形式的运算 设 Z r cos isin Z1 r1 cos 1 isin 1 Z2 r2 cos 2 isin 2 则 3 应用 例 1 求下列复数的模和辐角主值 1 2 i 1i 3 解 1 2111 22 i 又 1 点 1 1 在第一象限 所以 a b tan 4 1 iarg 2 2133 22 i 有 点 在第四象限 所以 3 1 tan 13 6 11 6 23 iarg 想一想 怎样求复数的辐角 iz43 想一想 复数的三角形式有哪些特征 下列各式是复数的三角形 式吗 1 2 cossini 30302sinicos 3 66 5 5 sinicos 例 2 把下列复数转化为三角形式 1 1 2 3 i2 i 3 解 1 1 辐角主值为 所以 22 01 r 1arg 1 sinicos 2 辐角主值为 所以 220 22 r 2 2 iarg i2 22 2 sinicos 3 由和点在第四 213 22 r3 3 3 1 tan 13 象限 得 6 11 6 23 iarg 所以 i 3 6 11 6 11 2 sinicos 总结 复数的代数形式化为复数的三角形式一般方 biaz 法步骤是 求复数的模 由及点所在象限求出 22 bar a b tan b a 复数的一个辐角 一般情况下 只须求出复数的辐角主值即可 写出复数的三角形式 例例 3 求复数 Z 1 cos isin 2 的模与辐角主值 分析分析 式子中多个 1 只有将 1 消去 才能更接近三角形 式 因此可利用三角公式消 1 解解 Z 1 cos isin 1 2cos2 1 2i sincos 2cos cos isin 1 2 cos 0 1 式右端 2cos cos isin 2cos cos isin r 2cos ArgZ 2k k Z 2 argZ 例例 4 将 Z 3 化为三角形式 并求其辐角主 值 分析分析 三角形中只有正余弦 因此首先想到 化切为弦 下一 步当然是要分母实数化 再向三角形式转化 解解 cos2 isin 2 3 2 6 2 4 2 argZ 2 4 例例 5 若 Z c Z 2 1 求 的最大 最小值和 argZ 范 围 解解 法一 数形结合 由 Z 2 1 知 的轨迹为复平面上以 2 0 为圆心 1 为半径的圆面 包括圆周 Z 表示圆面上任一点到原点 的距离 显然 1 Z 3 Z max 3 Z min 1 另设圆的两条切线为 OA OB A B 为切点 由 CA 1 OC 2 知 AOC BOC argZ 0 2 法二 用代数形式求解 Z 的最大 最小值 设 Z x yi x y R 则由 Z 2 1 得 x 2 2 y2 1 Z x 2 2 y2 1 x 2 2 1 1 x 2 1 1 x 3 1 4x 3 9 1 Z 3 例 6 求 3 4i 的平方根 解法一解法一 利用复数代数形式 设 3 4i 的平方根为 x yi x y R 则有 x yi 2 3 4i 即 x2 y2 2xyi 3 4i 由复数相等条件 得 3 4i 的平方根是 1 2i 法二法二 利用复数的三角形式 练习 求 1 的立方根 例例 7 已知 z C z 1 且 z2 1 则复数 A 必为纯虚数 B 是虚数但不一定是纯虚数 C 必为 实数 D 可能是实数也可能是虚数 思路分析思路分析 选择题 从结论的一般性考虑 若 z 1 显然 A B 选项不成立 分析 C D 选项 显然穷举验证不能得出一般 结论只能推演 解解 法法 1 设 z a bi a b R a2 b2 1 a 0 则 R 故 应选 C 法法 2 设 z cos isin R 且 k 则 R 法法 3 z z 2 当 z 1 时有 z 1 R 法法 4 当 z 1 时有 z 1 R 法法 5 复数 z 为实数的充要条件是 z 而 又 z 1 时 R 例例 8 设 x y R z1 2 x xi z2 y 1 y i 已知 z1 z2 arg 1 求 100 2 设 z 求 集合 A x x z2k z 2k k Z 中元素的个数 1 解解 z1 z2 1 又 arg cos isin i 即 z1 z2i 2 x xi y 1 y i i 即 解得 x y 100 i 100 i 50 i 2 思路分析思路分析 由 1 知 z i z 的特性 z3 1 3 z 1 z cos isin z2 w z2k z 2k 可怎么理解呢 z2 k z2 k z2k 2k 解解 法法 1 令 w i 则 z2k z 2k wk w k w3 1 而 k z k 当 k 3m 时 z2k z 2k w3 m w3 m 2 当 k 3m 1 时 z2k z 2k w3m w w 3m w 1 w w 1 w 1 当 k 3m 2 时 z2k z 2k w3m w2 w 3m w 2 w2 w 2 w3 w 1 w 3 w w 1 w 1 综上可知 集合 A 中有 2 个元素 法法 2 z 1 z2k z 2k z2k 2k cos isin cos isin 2cos 由此可判定集合 A 中有 2 个元素 例例 9 设复数 z cos isin 0 w 并且 w argw 求 93 年全国理 解解 w tg2 sin4 icos4 w tg2 由 w 得 tg2 0 故有 i 当 tg2 时 得 或 此时 w cos isin argw 不合题意 舍去 故综合 i ii 知 或 例 10 三角级数求和 2coscoscosn 2sinsinsinn 解 令 cossinzi 那么对任何自然数 k 有 cossin k zkik 于是 2 22 22 cossin cossin cossin coscoscos sinsinsin n zzz iinin nin 另一方面 2 2 2 1 1 1 1 22 222 22 222 cossin cossin cossin cossin sinsincos sinsincos n n zz zzz z inin i nnn i i 222 222 sin cossin cossin sin cossin nnn ii i 2 2222 2 sin cos sin sin n nn i 11 2 22 2 11 2222 22 sin cossin sin sincossinsin sinsin n nn i nnnn i 即 2 11 2222 22 sincossinsin sinsin n nnnn zzzi 所以 1 22 2 2 sincos coscoscos sin nn n 1 2