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θ，叫做复数Z的辐角，记作ArgZ，其中适合0≤θ2π的辐角θ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2π的整数倍．(2)复数的三角形式：r(cosθ＋isinθ)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(cosθ＋isinθ)的形式．其中r为Z的模，θ为Z的一个辐角．2、复数的三角形式的运算：设Z=r(cosθ＋isinθ)，Z1=r1(cosθ1＋isinθ1)，Z2=r2(cosθ2＋isinθ2)．则3、应用例1求下列复数的模和辐角主值（1）i1（2）i3解：（1）211122i又abtan=1，点（1,1）在第一象限。所以41）（iarg（2）213322）（）（i有31tan，点（13，）在第四象限，所以611623）（iarg想一想：怎样求复数iz43的辐角?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）cossini（2））（）（30302sinicos（3））（6655sinicos例2把下列复数转化为三角形式（1）-1；（2）i2；（3）i3解：（1）2201）（r=1，辐角主值为=）（1arg，所以-1=sinicos（2）22022r辐角主值为=22iarg，所以i2=）（222sinicos（3）21322）（）（r，由3331tan和点），（13在第四象限，得611623）（iarg，所以i3=）（6116112sinicos总结：复数的代数形式biaz化为复数的三角形式一般方法步骤是：①求复数的模：22bar；②由abtan及点）（b,a所在象限求出复数的一个辐角（一般情况下，只须求出复数的辐角主值即可）；③写出复数的三角形式。例3．求复数Z=1+cosθ+isinθ(πθ2π)的模与辐角主值.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:Z=1+cosθ+isinθ=1+(2cos2-1)+2i·sincos=2cos(cos+isin)........(1)∵πθ2π∴π,∴cos0∴(1)式右端=-2cos(-cos-isin)=-2cos[cos(π+)]+isin(π+)]∴r=-2cos,ArgZ=π++2kπ(k∈Z)∵π∴ππ+2π，∴argZ=π+.例4．将Z=(πθ3π)化为三角形式，并求其辐角主值.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:====cos2θ+isin2θ∵πθ3π,∴2θ6π,∴π2θ-4π2π，∴argZ=2θ-4π例5．若Z∈c，|Z-2|≤1，求｜Ｚ｜的最大，最小值和argZ范围.解:法一，数形结合由|Z-2|≤1，知Ｚ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,]∪[π,2π)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)．法二利用复数的三角形式．练习：求1的立方根例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]：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：[法1]设z=a+bi,a,b∈R,a2+b2=1,a≠0.则===∈R，故，应选C。[法2]设z=cosθ+isinθ(θ∈R,且θ≠kπ+)，则===∈R。[法3]∵z·=|z|2,∴当|z|=1时有z·=1,∴===∈R.[法4]∵当|z|=1时有z·=1，∴==∈R.[法5]∵复数z为实数的充要条件是z=,而()=,又∵|z|=1时，=，∴==，∴∈R。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：∵|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]：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[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9．设复数z=cosθ+isinθ(0θπ),w=,并且|w|=,argw,求θ。（93年全国理）解：w====tg2θ(sin4θ+icos4θ)∴|w|=|tg2θ|由|w|=得tg2θ=±.∵0θπ,故有(i)当tg2θ=时，得θ=或θ=.此时w=(cos+isin)，∴argw=,适合题意。(ii)当tg2θ=-时，得θ=π或θ=π，此时，w=(cosπ+isinπ).∴argw=π,不合题意，舍去，故综合(i),(ii)知，θ=或θ=.例10：三角级数求和2coscoscosn2sinsinsinn解：令那么对任何自然数k，有于是另一方面cossinzicossinkzkik22222(cossin)(cossin)(cossin)(coscoscos)(sinsinsin)nzzziininnin22211112222222222()(cossin)[(cossin)](cossin)(cossin)(sinsincos)sinsincosnnzzzzzzinininnnii222222sin(cossin)(cossin)sin(cossin)nnniii222222sin[cos()sin()]sinnnni即所以思考与练习1、利用复数推导三倍角公式11222211222222sin(cossin)sinsincossinsinsinsinnnninnnni211222222sincossinsinsinsinnnnnnzzzi12222sincoscoscoscossinnnn12222sinsinsinsinsinsinnnn2、若复数z满足zz11，当复数z的辐角为300时，求复数z的模。3、已知复数iz31,求复数zzz242的辐角的主值.4、设z满足zzzz11213,arg，求z.