1背景介紹

如圖1，復(fù)數(shù) bi（a，b∈R） 可用點Z（a，b） 表示，該對應(yīng)表明，在復(fù)平面內(nèi)，每一個復(fù)數(shù)有唯一的一個點和它對應(yīng)，反過來，復(fù)平面內(nèi)的每一個點，有唯一的一個復(fù)數(shù)和它對應(yīng).此外，任何一個復(fù)數(shù) z=a+bi 都可以表示成r（cosθ + isinθ）的形式，即{α= rcosθ， 其中 r lb = rsinθ，為復(fù)數(shù) z 的模， θ 叫做復(fù)數(shù) z 的輻角，且規(guī)定 0?θlt; 2π 范圍內(nèi)的輻角 θ 的值為輻角的主值，記作argz.r（cosθ+isinθ） ）叫做復(fù)數(shù) z=a+bi 的三角形式，其中 rgt;0，n∈N^*

圖1

設(shè) isinθ₂ ），則由復(fù)數(shù)的乘法法則及兩角和的正弦、余弦公式得 .進一步，若 z₁=r₁（cosθ₁+isinθ₁， ） +（20 isinθ₂），…，z_n=r_n（cosθ_n+isinθ_n） ，則 z₁z₂…z_n= （204號 .特別地，如 isinθ ，則 即復(fù)數(shù)的 n（n∈N^*） 次冪的模等于這個復(fù)數(shù)的模的 n 次冪，它的輻角等于復(fù)數(shù)的輻角的 n 倍，這個結(jié)論叫叫棣莫弗定理.該部分在新教材中位于人教 A 版數(shù)學(xué)必修第二冊第七章7.3節(jié)（ P83） 以星號選學(xué)內(nèi)容的形式給出了復(fù)數(shù)的三角形貌.

2 典例分析

隨著創(chuàng)新試題研究的進一步發(fā)展，該部分內(nèi)容也成為了關(guān)注的熱點，例如長沙雅禮中學(xué)25屆高三月考 （-）T19 第19題，是一道以復(fù)數(shù)三角形式為背景的數(shù)學(xué)創(chuàng)新試題，具體如下：

題目（1）已知 ，求

zw+zw³ 的三角形式；（2）已知 θ₀ 為定值， 0≤θ₀≤π ，將復(fù)數(shù) 1+cosθ₀+

isinθ₀ 化為三角形式；（3）設(shè)復(fù)平面上單位圓內(nèi)接正二十邊形的20

個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為 z₁，z₂，…，z₂₀ ，求復(fù)數(shù) z₁²⁰²⁴

z₂²⁰²⁴，…，z₂₀²⁰²⁴ 所對應(yīng)不同點的個數(shù).解 （1）zw + zw3 一 （20 zw（1+w²）= （204號

（+）+（

（3）正二十邊形每邊所對的中心角為 20，設(shè)

z₁=cosθ+isinθ（θ 為常數(shù)），則 z_k=（cosθ+isinθ） （ 20，所以 （cos2024 ·

（20 號 由周期性可知， z_k²⁰²⁴ 共有5個不同的值，故復(fù)數(shù) z₁²⁰²⁴ ， z₂²⁰²⁴ z₂₀²⁰²⁴ 所對應(yīng)不同點的個數(shù)為5.

3 拓展訓(xùn)練

例1 試利用第1節(jié)所介紹的知識解決以下問題

（1）試將 寫成三角形式;（2）試應(yīng)用復(fù)數(shù)乘方公式推導(dǎo)三倍角公式：sin3θ= 3sinθ-4sin³θ，cos3θ= 4cos³θ-3cosθ （3）記 Z³=1=cos0+isin0 ，由棣莫弗定理得 isinO，從而得 ，我們稱復(fù)數(shù) 為1在復(fù)數(shù)域內(nèi)的三次方根.若 X_i（i=1，2，3，4，5 6）為64在復(fù)數(shù)域內(nèi)的6次方根.求 ∣X_i-X_j 取值構(gòu)成的集合，其中 i≠j，i，j∈{1，2，3，4，5，6}

解析 （204號 （2）設(shè)模為1的復(fù)數(shù)為 z=cosθ+isinθ ，則 z³ （204號 3cos0） +i（3sinθ-4sin³θ） .另一方面， z³=cos3θ+ isin30’故 sin3θ=3sinθ-4sin³θ;cos3θ=4cos³θ- 3cos0

（3）記 Z⁶= 64= 64（cos0+isin0）， ，由棣莫弗定理得 64（cos0+isin0 ），從而得

所以64在復(fù)數(shù)域內(nèi)的6次方根為

設(shè) ，其中 i，j∈{1，2 ³，4，5，6} ，代人計算可得 ，即∣X_i-X_j∣ 取值構(gòu)成的集合為

例2（24屆深圳中學(xué)預(yù)測卷T19）根據(jù)代數(shù)基本定理，給定正整數(shù) n ，方程 zⁿ=1 有 n 個復(fù)數(shù)根，分別是 根稱為 n 次單位根，此時有 zⁿ -1=（z-z₁）（z-z₂）…（z-z_n）. （20

當(dāng) k 與 n 互質(zhì)時， z_k 稱為 n 次本原單位根. n 次本原單位根的另一個等價定義是，若 aⁿ=1 ，且不存在小于 n 的正整數(shù) m 使得 a^m=1 ，則稱復(fù)數(shù) Δ_a 為 n 次本原單位根.給定正整數(shù) n ，我們定義 n 級分圓多項式 ，其中 ε₁ ，ε₂，…-ε_t 是全部 n 次本原單位根.

（1）寫出 C₂（x），C₃（x），C₆（x） ，并化簡

（2）若 p 是負數(shù)（或稱素數(shù)），求出 C_p（x） 并化成最簡形式.

（3）探究是否存在正整數(shù) ^q，r 和 s 使得 C_q（x） ≡C_r（x）C_s（x） 對任意復(fù)數(shù) x 恒成立.

解析

當(dāng) n=6 時，與6互質(zhì)且小于等于6的正整數(shù)只有1和5，從而

（2）當(dāng) p 是負數(shù)時，與 p 互質(zhì)且小于等于 p 的正整數(shù)有 1，2，…，p-1 ，只有 p 與自己不互質(zhì).根據(jù)分圓多項式的定義有 C_p（x）=（x-z₁）（x-z₂）…（x- z_p-1 ），其中 2pΠ=1.由題意得x-1 =（x-z）（x-2）…（x-zp），從而C（x）=2-1 （20

（3）不存在.（反證法）假設(shè)存在整數(shù) q，r 和 s 使得 C₉（x）≡C_r（x）C_s（x） 對任意復(fù)數(shù) x 恒成立.

若 α_a 為 q 次本原單位根，則 a^q= 1 且 C₉（a）= 0，從而有 C_r（a）C_s（a）=C₉（a）= 0

若 ，則 ，則存在 1≤ssgtr≤k 使得 a-ε_j=0 ！即 a=ε_f 成立從而 a 為 r 次本原單位根， a^r= 1

根據(jù)本原單位根的等價定義，此時必有 r=q ，否則可導(dǎo)出矛盾.這時我們有 C₀（x）≡C_r（x） .因此C_s（x）≡1 ，但這是不可能的.同理若 C_s（a）=0 ，我們也可以得出矛盾.從而不存在正整數(shù) ^q，r 和 s 使得C_q（x）≡C_r（x）C_s（x） 對任意復(fù)數(shù) x 恒成立.

由于復(fù)數(shù)在高中的要求比較簡單，部分師生可能會認為復(fù)數(shù)不會考難題，這個觀點需要改變，因此，教師在復(fù)習(xí)時要有意識地對學(xué)生加強復(fù)數(shù)三角形式知識的復(fù)習(xí)，這樣一旦考試中遇到這里問題，可以讓學(xué)生做到心中有數(shù).