【5】复数基础

2022-07-12 本文已影响0人备考999天

定理5.1 复数域不是有序域。
证明假设命题不成立，即复数域是一个有序域。
因为 $i\ne 0$ ，所以 $i>0$ 或 $i<0$ ，根据有序域的性质， $i^2=-1>0$ ，这样就有 $1<0$ ，然而 $1^2=1>0$ 矛盾。所以假设不成立，命题成立。
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定理5.2 复数 $z_1,z_2,z_3$ 分别表示复平面的三个不同点 $A,B,C$ ，则以下三个条件等价：
(1) $A,B,C$ 共线；
(2) 存在不为零的实数 $k$ ，满足： $z_3-z_2=k(z_2-z_1)$ ；
(3) $(z_3-z_2)(\overline{z_2-z_1})$ 是实数。
证明设 $z_1=x_1+y_1i,z_2=x_2+y_2i,z_3=x_3+y_3i$
第1步、证 $(1)\rightarrow (2)$ ：
因为 $A,B,C$ 不同，所以 $x_1\ne x_2$ 或 $y_1\ne y_2$ 。这里只考虑 $x_1 \ne x_2$ 的情况( $y_1\ne y_2$ 证明过程类似)，设 $k=\frac{x_3-x_2}{x_2-x_1}$ ，得 $x_3-x_2=k(x_2-x_1)$ 。
因为 $A,B,C$ 共线，所以， $y_3-y_2=\frac{x_3-x_2}{x_2-x_1}(y_2-y_1)=k(y_2-y_1)$
所以 $z_3-z_2=(x_3-x_2)+(y_3-y_2)i\\=k(x_2-x_1)+k(y_2-y_1)i=k(z_2-z_1)$
第2步、证 $(2)\rightarrow (3)$ ：存在实数 $k$ 满足 $z_3-z_2=k(z_2-z_1)$ ，两边乘以 $(\overline{z_2-z_1})$ 得：
$(z_3-z_2)(\overline{z_2-z_1})=k|z_2-z_1|^2$
所以， $(z_3-z_2)(\overline{z_2-z_1})$ 是实数。
第3步、证 $(3)\rightarrow (1)$ ：
$(z_3-z_2)(\overline{z_2-z_1})=[(x_3-x_2)+(y_3-y_2)i][(x_2-x_1)-(y_2-y_1)i]\\=[(x_3-x_2)(x_2-x_1)+(y_3-y_2)(y_2-y_1)]+[(y_3-y_2)(x_2-x_1)-(x_3-x_2)(y_2-y_1)]i$
依题意，上式为实数，即：
$(y_3-y_2)(x_2-x_1)-(x_3-x_2)(y_2-y_1)=0$ 上式说明 $A,B,C$ 共线。
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定理5.3 三个不同的复数 $z_1,z_2,z_3$ 表示复平面上的点分别为 $A,B,C$ ，则以下三个条件等价：
(1) $AC\perp BC$ ；
(2) $(z_3-z_1)(\overline{z_3-z_2})$ 是纯虚数；
(3) $\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$ 是纯虚数。
证明设 $z_k=x_k+y_ki,k=1,2,3.$
证 $(1)\rightarrow(2)$ ：
$AC\perp BC\Rightarrow (x_1-x_3)(x_2-x_3)+(y_1-y_3)(y_2-y_3)=0\\ \Rightarrow (z_3-z_1)(\overline{z_3-z_2})是纯虚数$
证明 $(2)\rightarrow(3)$ ： $\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2} =\frac{(z_3-z_1)(\overline{z_3-z_2})}{|z_3-z_2|^2}$
所以， $\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$ 是纯虚数。
容易验证： $(3)\rightarrow (2) \rightarrow (1)$ ，从略。
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定理5.4 平面上不同于原点的两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，求证： $OA\perp OB\leftrightarrow x_1 x_2+y_1 y_2=0$
题5.5 如图5.5.1，分别以 $ΔABC$ 边 $AC,BC$ 向三角形外作正方形 $ACDE$ 与正方形 $CBFG$ ，连接 $EF$ ，设 $M$ 为线段 $EF$ 的中点。求证：当 $A,B$ 不动时， $C$ 无论怎么动， $M$ 在平面上的位置保持不变。

图5.5.1
证明不妨设

|AB|=1

，把图形置于复平面内，使

z_A=0,z_B=1,z_c=z

。根据向量与复数的关系，及向量运算的三角形法则，有下面结果：

(\overrightarrow{AC})=z_C=z\\ (\overrightarrow{BC}) =z-1

点

E

是点

C

绕点

A

逆时针旋转

90°

得到的，即：

z_E=i\overrightarrow{AC}=iz

点

F

是点

C

绕点

B

顺时针旋转

90°

得到的，即：

z_{BF}=-i\overrightarrow{BC}=-i(z-1)=i-iz

所以

z_F=z_{AF}=z_{AB}+z_{BF}=z_{B}+z_{BF}=1+ i-iz

所以

z_M=\frac{1}2(z_E+z_F)=\frac{iz+1+i-iz}{2}=(1+i)/2

所以

M

是定点，其坐标为

\left(\frac{1}2,\frac{1}2\right)

。

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题5.6 已知三角形 $ABC$ 顶点对应的复数分别为 $z_1,z_2,z_3$ ，求证：三角形 $ABC$ 几何重心的位置为： $\frac{z_1+z_2+z_3}3$ .

题5.7 如图5.7.1，四边形 $ABCD$ 内接于圆 $O,BD$ 为圆 $O$ 的直径， $OC∥AD$ ，过点 $D$ 作 $AC$ 的垂线 $l$ ， $l$ 分别与直线 $AC,BC$ ,弧 $BC$ 交于 $E,F,H$ ，其中 $CF=2FB$ ，求 $\frac{DE}{DC}$ 。

图5.7.1

解不妨设圆 $O$ 的半径为1，如图5.7.2把几何图形放置于复平面，使 $B,O,D$ 的复数分别为 $z_B=-1,z_O=0,z_D=1$ ，并设 $z_A=cos⁡θ+i sin⁡θ$ (即 $z_A$ 的辐角 $∠DOA=θ$ )。

图5.7.2
（以下运算使用有向角与有向线段，逆时针为正，顺时针为负）

因 $OC∥AD$ ，所以 $∠COD=∠ADO=\frac{180°-∠DOA}2=90°-\frac{θ}2$ ，这是 $z_C$ 的辐角，所以有：
$z_C=\cos⁡(90°-\frac{θ}2)+i \sin⁡(90°-\frac{θ}2)=\sin⁡\frac{θ}2+i \cos⁡\frac{θ}2$
$z_B,z_c,z_F$ 共线，利用向量共线的条件有：
$(z_c-z_F)/(z_F-z_B )=CF/FB=2$ 解得
$z_F=\frac{2z_B+z_C}3=\frac{(\sin⁡\frac{θ}2-2)+i \cos⁡\frac{θ}2}3$
以下计算有向线段AC,DF的复数：
$z_{AC}=z_C-z_A=\left(\sin⁡ \frac{θ}2+i \cos⁡ \frac{θ}2 \right)-(\cos⁡ θ+i \sin ⁡θ )\\ =\left(\sin⁡ \frac{θ}2 -\cos ⁡θ \right)-i(\sin ⁡θ-\cos⁡ \frac{θ}2 ) \\ z_{DF}=z_F-z_D =\frac{(\sin⁡ \frac{θ}2-2)+i \cos⁡ \frac{θ}2 }3-1 \\ =\frac{(\sin⁡ \frac{θ}2-5)+i \cos⁡ \frac{θ}2}3$
因为 $AD⊥DF$ ，所以 $z_{AC}⋅\overline{z_{DF} }$ 为纯虚数，即 $z_{AC} \overline{z_{DF} }$ 实部为0。以下利用 $z_{AC }\overline{z_{DF} }$ 的实部公式列出关于 $θ$ 的方程式：
$Re(z_{AC}⋅\overline{z_{DF} })=\frac{\left(\sin⁡ \frac{θ}2-\cos ⁡θ \right)\left(\sin⁡ \frac{θ}2-5\right)}3\\+\frac{(\cos⁡\frac{θ}2-\sin ⁡θ ) \cos⁡ \frac{θ}2}3=0$
展开化简得
$5 \sin^2⁡ \frac{θ}2+2 \sin⁡ \frac{θ}2-3=0$
分解因式得
$\left(5 \sin⁡ \frac{θ}2-3\right)\left(\sin⁡\frac{θ}2+1\right)=0$

解得 $\sin⁡ \frac{θ}2=\frac{3}5$ 或 $\sin⁡\frac{θ}2=-1$ 。第二个解舍去，所以 $\sin⁡\frac{θ}2=\frac{3}5$ 。所以
$\frac{DE}{DC}=\sin⁡∠ECD=\sin⁡∠ACD \\=\sin⁡∠ABD=\sin⁡∠AOD/2=\sin⁡\frac{θ}2=\frac{3}5$
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【5】复数基础

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