共轭复数题目讲解及答案

共轭复数题目讲解及答案一、共轭复数的基本概念（20分）1.共轭复数的定义对于任意复数z=a+bi（其中a,b为实数，i为虚数单位，满足i²=-1），其共轭复数记作$\bar{z}$或z，定义为$\bar{z}=a-bi$。也就是说，共轭复数是将原复数的虚部取负得到的复数。例如：-复数3+4i的共轭复数是3-4i-复数5-2i的共轭复数是5+2i-纯实数a的共轭复数是它本身a-纯虚数bi的共轭复数是-bi2.共轭复数的几何意义在复平面上，共轭复数关于实轴对称。如果复数z对应的点是(a,b)，那么其共轭复数$\bar{z}$对应的点是(a,-b)。这种对称性使得共轭复数在几何图形的研究中具有重要意义。例如，复数z=2+3i对应点(2,3)，其共轭复数$\bar{z}=2-3i$对应点(2,-3)，这两点关于实轴对称。3.共轭复数的表示方法共轭复数有多种表示方法：-代数表示法：$\bar{z}=a-bi$，其中z=a+bi-三角表示法：如果z=r(cosθ+isinθ)，则$\bar{z}=r(cosθ-isinθ)=r(cos(-θ)+isin(-θ))$-指数表示法：如果z=re^{iθ}，则$\bar{z}=re^{-iθ}这些表示方法在不同的问题中各有优势，可以根据具体问题选择合适的表示方法。二、共轭复数的性质（25分）1.双重共轭性质一个复数的共轭复数的共轭复数等于原复数，即$\bar{\bar{z}}=z$。证明：设z=a+bi，则$\bar{z}=a-bi$，$\bar{\bar{z}}=a-(-b)i=a+bi=z$。这一性质表明，共轭运算是一种对合运算，即连续应用两次共轭运算会回到原复数。2.和与差的共轭两个复数之和的共轭等于它们各自共轭的和，即$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$。两个复数之差的共轭等于它们各自共轭的差，即$\overline{z_1-z_2}=\bar{z_1}-\bar{z_2}$。证明：设z₁=a+bi，z₂=c+di，则：z₁+z₂=(a+c)+(b+d)i$\overline{z_1+z_2}=(a+c)-(b+d)i$$\bar{z_1}+\bar{z_2}=(a-bi)+(c-di)=(a+c)-(b+d)i$因此，$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$。同理可证$\overline{z_1-z_2}=\bar{z_1}-\bar{z_2}$。3.积与商的共轭两个复数之积的共轭等于它们各自共轭的积，即$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$。两个复数之商的共轭等于它们各自共轭的商（分母不为零），即$\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$（其中$z_2\neq0$）。证明：设z₁=a+bi，z₂=c+di，则：z₁·z₂=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i$\overline{z_1\cdotz_2}=(ac-bd)-(ad+bc)i$$\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i$因此，$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$。对于商的情况，可以类似证明，或者利用$\frac{z_1}{z_2}=z_1\cdot\frac{1}{z_2}$和已证的积的性质来证明。4.模与共轭的关系一个复数与其共轭复数的乘积等于该复数模的平方，即$z\cdot\bar{z}=|z|^2=a^2+b^2$。证明：设z=a+bi，则$\bar{z}=a-bi$，z·$\bar{z}$=(a+bi)(a-bi)=a²-(bi)²=a²-b²i²=a²+b²=|z|²。这一性质在计算复数的模时非常有用，特别是在复数除法中。5.实部与虚部的提取复数的实部可以表示为$Re(z)=\frac{z+\bar{z}}{2}$。复数的虚部可以表示为$Im(z)=\frac{z-\bar{z}}{2i}$。证明：设z=a+bi，则$\bar{z}=a-bi$，z+$\bar{z}$=(a+bi)+(a-bi)=2a，因此，$Re(z)=\frac{z+\bar{z}}{2}=\frac{2a}{2}=a$。z-$\bar{z}$=(a+bi)-(a-bi)=2bi，因此，$Im(z)=\frac{z-\bar{z}}{2i}=\frac{2bi}{2i}=b$。这些公式在复数运算中经常使用，特别是在需要分离实部和虚部的时候。6.共轭与幂运算复数幂的共轭等于其共轭的幂，即$\overline{z^n}=(\bar{z})^n$，其中n为正整数。这一性质可以通过数学归纳法证明，也可以利用积的共轭性质递推得到。7.共轭与指数函数对于复数指数，有$\overline{e^z}=e^{\bar{z}}$。这一性质在复变函数理论中非常重要，特别是在研究解析函数时。三、共轭复数的运算规则（20分）1.加法运算复数加法的共轭等于各自共轭的和。具体来说，如果z₁=a+bi，z₂=c+di，则：z₁+z₂=(a+c)+(b+d)i$\overline{z_1+z_2}=(a+c)-(b+d)i$$\bar{z_1}+\bar{z_2}=(a-bi)+(c-di)=(a+c)-(b+d)i$因此，$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$。2.减法运算复数减法的共轭等于各自共轭的差。具体来说，如果z₁=a+bi，z₂=c+di，则：z₁-z₂=(a-c)+(b-d)i$\overline{z_1-z_2}=(a-c)-(b-d)i$$\bar{z_1}-\bar{z_2}=(a-bi)-(c-di)=(a-c)-(b-d)i$因此，$\overline{z_1-z_2}=\bar{z_1}-\bar{z_2}$。3.乘法运算复数乘法的共轭等于各自共轭的积。具体来说，如果z₁=a+bi，z₂=c+di，则：z₁·z₂=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i$\overline{z_1\cdotz_2}=(ac-bd)-(ad+bc)i$$\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i$因此，$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$。4.除法运算复数除法的共轭等于各自共轭的商。具体来说，如果z₁=a+bi，z₂=c+di≠0，则：$\frac{z_1}{z_2}=\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\frac{(ac+bd)+(bc-ad)i}{c^2+d^2}$$\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{(ac+bd)-(bc-ad)i}{c^2+d^2}$$\frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}=\frac{a-bi}{c-di}=\frac{(a-bi)(c+di)}{(c-di)(c+di)}=\frac{(ac+bd)+(ad-bc)i}{c^2+d^2}=\frac{(ac+bd)-(bc-ad)i}{c^2+d^2}$因此，$\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{\bar{z_1}}{\bar{z_2}}$。5.共轭与共轭的运算复数与其共轭复数的和为实数，差为纯虚数。具体来说，如果z=a+bi，则：z+$\bar{z}$=(a+bi)+(a-bi)=2a（实数）z-$\bar{z}$=(a+bi)-(a-bi)=2bi（纯虚数）6.共轭与模的运算复数与其共轭复数的模相等，即$|z|=|\bar{z}|$。证明：设z=a+bi，则$\bar{z}=a-bi$，$|z|=\sqrt{a^2+b^2}$，$|\bar{z}|=\sqrt{a^2+(-b)^2}=\sqrt{a^2+b^2}=|z|$。7.共轭与幅角的运算如果复数z的幅角为θ，则其共轭复数$\bar{z}$的幅角为-θ。证明：设z=r(cosθ+isinθ)，则$\bar{z}=r(cosθ-isinθ)=r(cos(-θ)+isin(-θ))$，因此$\bar{z}$的幅角为-θ。四、共轭复数在数学中的应用（15分）1.多项式方程求解对于实系数多项式方程，如果有一个复根，那么其共轭复数也是方程的根。这是因为实系数多项式在复数域上的根成共轭对出现。例如，考虑多项式方程x²-4x+13=0，其根为x=2±3i，这两个根互为共轭复数。这一性质在求解高次多项式方程时非常有用，可以减少计算量。2.信号处理在信号处理中，共轭复数用于分析信号的频谱特性，特别是在傅里叶变换中。信号的傅里叶变换通常是共轭对称的，即F(-ω)=$\overline{F(ω)}$。这种对称性在信号处理中被称为厄米对称性，它确保了时域信号的实数性质。3.量子力学在量子力学中，波函数的共轭用于计算概率幅和期望值。特别是，概率密度函数定义为$|\psi(x)|^2=\psi^(x)\psi(x)$，其中$\psi^(x)$是$\psi(x)$的共轭复数。共轭复数在量子力学中还用于定义算符的厄米共轭，这对于保证物理量的可观测性至关重要。4.电路分析在交流电路分析中，共轭复数用于表示阻抗和导纳，简化计算。复阻抗Z=R+jX的共轭复数$\bar{Z}=R-jX$用于计算导纳Y=1/Z。共轭复数在计算交流电路的功率和能量时也非常重要，特别是在计算复功率时。5.线性代数在矩阵运算中，共轭转置是一个重要概念，用于定义厄米矩阵和酉矩阵。矩阵A的共轭转置记作A^H或A，定义为将A的每个元素取共轭后再转置。厄米矩阵满足A=A^H，这类矩阵在量子力学和信号处理中有重要应用。6.复变函数在复变函数理论中，共轭函数用于解析函数的研究，特别是柯西-黎曼方程。一个函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)是解析函数当且仅当它满足柯西-黎曼方程：$\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialy}$$\frac{\partialu}{\partialy}=-\frac{\partialv}{\partialx}$共轭函数在研究复变函数的积分和级数展开时也非常重要。7.数论在代数数论中，共轭元素用于研究代数数域的性质。对于代数数α，其共轭是通过将极小多项式的其他根代入得到的。共轭元素在研究代数整数的范数和迹时非常有用。五、典型例题及解答（20分）1.求下列复数的共轭复数(1)$z_1=3+4i$(2)$z_2=5-2i$(3)$z_3=7$(4)$z_4=-3i$解答：(1)$z_1=3+4i$的共轭复数为$\bar{z_1}=3-4i$(2)$z_2=5-2i$的共轭复数为$\bar{z_2}=5+2i$(3)$z_3=7$的共轭复数为$\bar{z_3}=7$(4)$z_4=-3i$的共轭复数为$\bar{z_4}=3i$2.计算并简化下列表达式(1)$(2+3i)+\overline{(4-5i)}$(2)$(1-i)\cdot\overline{(2+3i)}$(3)$\frac{3+4i}{\overline{(1-2i)}}$解答：(1)$\overline{(4-5i)}=4+5i$$(2+3i)+(4+5i)=6+8i$(2)$\overline{(2+3i)}=2-3i$$(1-i)\cdot(2-3i)=1\cdot2+1\cdot(-3i)-i\cdot2-i\cdot(-3i)$$=2-3i-2i+3i^2=2-5i-3=-1-5i$(3)$\overline{(1-2i)}=1+2i$$\frac{3+4i}{1+2i}=\frac{(3+4i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}=\frac{3\cdot1+3\cdot(-2i)+4i\cdot1+4i\cdot(-2i)}{1^2-(2i)^2}$$=\frac{3-6i+4i-8i^2}{1-4i^2}=\frac{3-2i+8}{1+4}=\frac{11-2i}{5}=\frac{11}{5}-\frac{2}{5}i$3.证明共轭复数的性质证明：$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$证明：设$z_1=a+bi$，$z_2=c+di$，其中a,b,c,d为实数。则$z_1\cdotz_2=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i$取共轭得：$\overline{z_1\cdotz_2}=(ac-bd)-(ad+bc)i$另一方面，$\bar{z_1}=a-bi$，$\bar{z_2}=c-di$$\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}=(a-bi)(c-di)=ac-adi-bci+bdi^2=(ac-bd)-(ad+bc)i$因此，$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$，得证。4.利用共轭复数求模计算复数$z=\frac{2+3i}{1-i}$的模。解答：首先，我们计算z的值：$z=\frac{2+3i}{1-i}=\frac{(2+3i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{2\cdot1+2\cdoti+3i\cdot1+3i\cdoti}{1^2-(i)^2}=\frac{2+2i+3i+3i^2}{1-(-1)}=\frac{2+5i-3}{2}=\frac{-1+5i}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}i$然后计算模：$|z|=\sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{26}{4}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$或者，我们可以利用性质$|z|=\sqrt{z\cdot\bar{z}}$：首先求z的共轭复数：$\bar{z}=\overline{\left(\frac{2+3i}{1-i}\right)}=\frac{\overline{(2+3i)}}{\overline{(1-i)}}=\frac{2-3i}{1+i}$然后计算$z\cdot\bar{z}$：$z\cdot\bar{z}=\frac{2+3i}{1-i}\cdot\frac{2-3i}{1+i}=\frac{(2+3i)(2-3i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{4-(3i)^2}{1-(i)^2}=\frac{4-(-9)}{1-(-1)}=\frac{13}{2}$因此，$|z|=\sqrt{z\cdot\bar{z}}=\sqrt{\frac{13}{2}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$5.利用共轭复数解方程解方程：$(1+i)z+(2-i)\bar{z}=3+5i$解答：设$z=a+bi$，则$\bar{z}=a-bi$，其中a,b为实数。代入方程：$(1+i)(a+bi)+(2-i)(a-bi)=3+5i$展开：$(a+bi+ai+bi^2)+(2a-2bi-ai+bi^2)=3+5i$$(a-b+(a+b)i)+(2a+b-(2a+b)i)=3+5i$$(3a)+(-b)=3+5i$这给出方程组：$3a=3$$-b=5$解得：$a=1$$b=-5$因此，$z=1-5i$六、练习题（20分）1.选择题(1)复数$z=3-4i$的共轭复数是：A.$3+4i$B.$-3+4i$C.$-3-4i$D.$3-4i$(2)设$z_1=1+i$，$z_2=2-3i$，则$\overline{z_1+z_2}$等于：A.$3-2i$B.$3+2i$C.$-3+2i$D.$-3-2i$(3)设$z=\frac{1+i}{1-i}$，则$\bar{z}$等于：A.$-i$B.$i$C.$1$D.$-1$(4)复数$z=2+3i$的模是：A.$\sqrt{5}$B.$\sqrt{13}$C.$5$D.$13$(5)设$z_1=1+2i$，$z_2=3-4i$，则$|z_1\cdotz_2|$等于：A.$5$B.$\sqrt{5}$C.$25$D.$\sqrt{25}$2.填空题(1)复数$z=5+12i$的共轭复数是______。(2)设$z_1=2-3i$，$z_2=4+5i$，则$\overline{z_1\cdotz_2}$等于______。(3)复数$z=\frac{3-4i}{2+i}$的共轭复数是______。(4)设$z=1-i$，则$z\cdot\bar{z}$等于______。(5)复数$z=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$的共轭复数是______。3.计算题(1)计算并简化$(3+4i)\cdot\overline{(2-5i)}$。(2)设$z_1=1+2i$，$z_2=3-4i$，计算$|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2$。(3)解方程：$(1+2i)z+(3-i)\bar{z}=4+5i$。(4)设$z=\frac{2+3i}{1-i}$，求$|z|$和$\bar{z}$。(5)证明：对于任意复数$z$，有$Re(z)=\frac{z+\bar{z}}{2}$，$Im(z)=\frac{z-\bar{z}}{2i}$。4.证明题(1)证明：$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$。(2)证明：$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$。(3)证明：对于任意复数$z\neq0$，有$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}=\frac{1}{\bar{z}}$。(4)证明：$|z_1\cdotz_2|=|z_1|\cdot|z_2|$。(5)证明：如果$z$是实系数多项式方程的根，那么$\bar{z}$也是该方程的根。5.应用题(1)在复平面上，点A对应复数$z_1=3+4i$，点B对应复数$z_2=1-2i$，求线段AB的中点对应的复数。(2)设复数$z$满足$|z-2|=|z+2i|$，求z的实部和虚部之间的关系。(3)一个三角形在复平面上三个顶点分别对应复数$z_1=1+i$，$z_2=-1+i$，$z_3=0-i$，求这个三角形的面积。(4)在电路分析中，复阻抗$Z=3+4i$欧姆，求其共轭复数并解释其物理意义。(5)解方程$z^2+\bar{z}^2=0$。答案及解析1.选择题(1)A.$3+4i$解释：共轭复数是将原复数的虚部取负，所以$3-4i$的共轭复数是$3+4i$。(2)B.$3+2i$解释：$z_1+z_2=(1+i)+(2-3i)=3-2i$，其共轭复数为$3+2i$。(3)A.$-i$解释：$z=\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{1+2i+i^2}{1-i^2}=\frac{1+2i-1}{1-(-1)}=\frac{2i}{2}=i$，其共轭复数为$-i$。(4)B.$\sqrt{13}$解释：复数$z=2+3i$的模为$|z|=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$。(5)C.$25$解释：$z_1\cdotz_2=(1+2i)(3-4i)=3-4i+6i-8i^2=3+2i+8=11+2i$，其模为$|z_1\cdotz_2|=\sqrt{11^2+2^2}=\sqrt{121+4}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}$。但也可以使用性质$|z_1\cdotz_2|=|z_1|\cdot|z_2|$，$|z_1|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$|z_2|=\sqrt{3^2+(-4)^2}=5$，所以$|z_1\cdotz_2|=\sqrt{5}\cdot5=5\sqrt{5}$。2.填空题(1)$5-12i$解释：共轭复数是将原复数的虚部取负。(2)$23+2i$解释：$z_1\cdotz_2=(2-3i)(4+5i)=8+10i-12i-15i^2=8-2i+15=23-2i$，其共轭复数为$23+2i$。(3)$\frac{2-11i}{5}$解释：首先计算$z=\frac{3-4i}{2+i}=\frac{(3-4i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{6-3i-8i+4i^2}{4-i^2}=\frac{6-11i-4}{4+1}=\frac{2-11i}{5}$，其共轭复数为$\frac{2+11i}{5}$。(4)$2$解释：$z\cdot\bar{z}=(1-i)(1+i)=1-i^2=1-(-1)=2$。(5)$\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$解释：共轭复数是将原复数的虚部取负。3.计算题(1)$(3+4i)\cdot\overline{(2-5i)}=(3+4i)(2+5i)=6+15i+8i+20i^2=6+23i-20=-14+23i$(2)$|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2=|(1+2i)+(3-4i)|^2+|(1+2i)-(3-4i)|^2=|4-2i|^2+|-2+6i|^2=(4^2+(-2)^2)+((-2)^2+6^2)=(16+4)+(4+36)=20+40=60$或者使用性质$|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2=2(|z_1|^2+|z_2|^2)=2(\sqrt{1^2+2^2}^2+\sqrt{3^2+(-4)^2}^2)=2(5+25)=2\times30=60$(3)设$z=a+bi$，则$\bar{z}=a-bi$，其中a,b为实数。代入方程：$(1+2i)(a+bi)+(3-i)(a-bi)=4+5i$展开：$(a+bi+2ai+2bi^2)+(3a-3bi-ai+bi^2)=4+5i$$(a-2b+(b+2a)i)+(3a+b-(3b+a)i)=4+5i$$(4a-b)+(a-b)i=4+5i$这给出方程组：$4a-b=4$$a-b=5$解得：$a=-\frac{1}{3}$，$b=-\frac{16}{3}$因此，$z=-\frac{1}{3}-\frac{16}{3}i$(4)$z=\frac{2+3i}{1-i}=\frac{(2+3i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{2+2i+3i+3i^2}{1-i^2}=\frac{2+5i-3}{1+1}=\frac{-1+5i}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}i$因此，$\bar{z}=-\frac{1}{2}-\frac{5}{2}i$$|z|=\sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{26}{4}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$(5)证明：设$z=a+bi$，则$\bar{z}=a-bi$。$z+\bar{z}=(a+bi)+(a-bi)=2a$$\frac{z+\bar{z}}{2}=\frac{2a}{2}=a=Re(z)$$z-\bar{z}=(a+bi)-(a-bi)=2bi$$\frac{z-\bar{z}}{2i}=\frac{2bi}{2i}=b=Im(z)$得证。4.证明题(1)证明：$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$设$z_1=a+bi$，$z_2=c+di$，其中a,b,c,d为实数。$z_1+z_2=(a+c)+(b+d)i$$\overline{z_1+z_2}=(a+c)-(b+d)i$$\bar{z_1}=a-bi$，$\bar{z_2}=c-di$$\bar{z_1}+\bar{z_2}=(a-bi)+(c-di)=(a+c)-(b+d)i$因此，$\overline{z_1+z_2}=\bar{z_1}+\bar{z_2}$，得证。(2)证明：$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$设$z_1=a+bi$，$z_2=c+di$，其中a,b,c,d为实数。$z_1\cdotz_2=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i$$\overline{z_1\cdotz_2}=(ac-bd)-(ad+bc)i$$\bar{z_1}=a-bi$，$\bar{z_2}=c-di$$\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}=(a-bi)(c-di)=ac-adi-bci+bdi^2=(ac-bd)-(ad+bc)i$因此，$\overline{z_1\cdotz_2}=\bar{z_1}\cdot\bar{z_2}$，得证。(3)证明：对于任意复数$z\neq0$，有$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}=\frac{1}{\bar{z}}$设$z=a+bi\neq0$，则$\bar{z}=a-bi$。$\frac{1}{z}=\frac{1}{a+bi}=\frac{a-bi}{(a+bi)(a-bi)}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}=\frac{a}{a^2+b^2}-\frac{b}{a^2+b^2}i$$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}=\frac{a}{a^2+b^2}+\frac{b}{a^2+b^2}i$$\frac{1}{\bar{z}}=\frac{1}{a-bi}=\frac{a+bi}{(a-bi)(a+bi)}=\frac{a+bi}{a^2+b^2}=\frac{a}{a^2+b^2}+\frac{b}{a^2+b^2}i$因此，$\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}=\frac{1}{\bar{z}}$，得证。(4)证明：$|z_1\cdotz_2|=|z_1|\cdot|z_2|$设$z_1=a+bi$，$z_2=c+di$，其中a,b,c,d为实数。$z_1\cdotz_2=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i$$|z_1\cdotz_2|=\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2}=\sqrt{a^2c^2-2abcd+b^2d^2+a^2d^2+2abcd+b^2c^2}=\sqrt{a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2}=\sqrt{a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2)}=\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}=\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}=|z_1|\cdot|z_2|$得证。(5)证明：如果$z$是实系数多项式方程的根，那么$\bar{z}$也是该方程的根。设实系数多项式为$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，其中$a_i$为实数。因为$z$是$P(x)=0$的根，所以$P(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0=0$。取共轭：$\overline{P(z)}=\overline{a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0}=0$由于$a_i$为实数，$\bar{a_i}=a_i$，且共轭运算保持加法和乘法，所