培玉 · 一试

专题地图 › 向量与复数

复数的三角形式与指数形式

从这里开始

幂落到实轴前，先看模长与角度

分开跟踪复数幂的模长和辐角，区分实数与正实数；换成共轭商时重新检查非零条件和周期。

四题目标训练：先试一题 → 换条件应用 → 辨析条件差异 → 换题验证。

开始四题目标训练

从 F1 第一题开始随机来一道 F2

本专题核心公式速查

复数题常把一个几何条件、一个角度条件和一个幂的周期藏在同一式子里。先用模长定位，再用辐角筛选；需要求高次幂或幂和时，把模长与单位方向分开处理。每次转成实数或单位根，都要检查零、分母和被除去的分支。

1. 先修与破题直觉：算 $3 + i$ 的模与辐角，再分别写出立方后的模与辐角；角度绕回不代表模长也绕回。

2. 核心条件辨析：非零实数的辐角是 $π$ 的整数倍，正实数才要求 $2 π$ 的整数倍；单位根求和约去 $q - 1$ 前必须排除 $q = 1$ 。

3. 典型误区对比：下方对照卡分别检查幂的尺度和单位根分母。概念自测要写出“周期长度”和剩余项，而不是只说“按周期算”。

4. 方法迁移带练：将 $7 5^{\circ}$ 改为 $4 5^{\circ}$ ，最小正整数实幂指数为 $4$ ，而正实幂指数为 $8$ ；同一模长不影响这一角度判断。

5. 分级真题实战：先练“实数条件的角按整倍数半周计算”对应例题，再用“成对整理共轭项”处理幂和；最后挑战单位根分式，每次回查分母和剩余项。

先修（培玉高中数学）：复数的概念复数的四则运算复数的三角表示（选学）任意角和弧度制

知识要点

实部、虚部与共轭先落到坐标

写成 $z = a + bi$ 后， $\overline{z} = a - bi$ ， $∣ z ∣ = a^{2} + b^{2}$ ，且 $z \overline{z} = ∣ z ∣^{2}$ 。例： $z = 3 - 4 i$ 的共轭为 $3 + 4 i$ ，模为 $5$ ，两者乘积为 $25$ 。实部为零对应虚轴，虚部为零对应实轴；零同时在两轴上，但没有辐角。

倒数与共轭之间有模平方

$z \neq = 0$ 时， $1/ z = \overline{z} /∣ z ∣^{2}$ ；只有 $∣ z ∣ = 1$ 时才能直接写 $1/ z = \overline{z}$ 。例： $z = 2 i$ 时，倒数是 $- i /2$ ，共轭却是 $- 2 i$ ； $z = i$ 时二者才相同。分母出现 $1 + z^{m}$ 时，先检查它是否为零，再作约分或倒数变换。

模长等式给圆，原式还要再检查

$∣ z - a ∣ = r$ 是以复数 $a$ 对应点为圆心、半径 $r$ 的圆。例：联立 $∣ z ∣ = ∣ z - 1∣ = 1$ ，先得实部为 $1/2$ ，再得虚部为 $\pm 3 /2$ 。若这些等式来自对幂方程取模，它们通常只给候选；还须把候选代回辐角或原方程，不能把必要条件当成等价变形。

实数条件的角按整倍数半周计算

非零复数 $z = r (cos θ + i sin θ)$ 的辐角相差 $2 π$ ；要求 $z$ 为实数时，条件是 $θ \in π Z$ ，其中包含负实数。例：辐角为 $7 5^{\circ}$ 的非零复数，其幂第一次落到实轴时指数为 $12$ ，此时为负实数；第一次为正实数则要到指数 $24$ 。模长不会改变这一判断。

高次幂把模长与角度分开

对 $r > 0$ 及整数 $n \geq 0$ ，有 $[r (cos θ + i sin θ)]^{n} = r^{n} (cos n θ + i sin n θ)$ 。周期归约只作用于角度，不能丢掉 $r^{n}$ 。例： $w = 3 + i$ 的模是 $2$ 、辐角为 $π /6$ ，所以 $w^{3} = 8 i$ ， $w^{6} = - 64$ ， $w^{12} = 4096$ 。负实部或负虚部须按象限判断角度。

实系数方程把两根连成共轭对

实系数多项式的非实根总成共轭对。若写两根为 $r (cos θ \pm i sin θ)$ ，则非实性要求 $r > 0$ 且 $sin θ \neq = 0$ 。例：共轭数 $1 \pm 3 i$ 的模为 $2$ ，差的模为 $23$ 。商或幂商为实数只限制辐角落在实轴，不保证商为正；筛角时须保留负实数对应的分支。

单位根求和先查是不是一

$q^{m} = 1$ 表示 $m$ 次单位根；若另有 $q \neq = 1$ ，则 $1 + q + \dots + q^{m - 1} = 0$ 。例：取 $q = - 1/2 + 3 i /2$ ，有 $q^{3} = 1$ 且 $q \neq = 1$ ，故从 $q^{0}$ 到 $q^{6}$ 共七项的和为 $1$ 。分块前要数清项数，使用几何级数分母 $q - 1$ 前要排除 $q = 1$ ；仅有模为一还不能保证有限周期。

共轭配对可以把复式变成实式

单位圆上写 $z = cos t + i sin t$ ，则 $z^{k} + z^{- k} = 2 cos k t$ 。例： $z^{3} + \overline{z} = 2 z cos 2 t$ ，所以它的模为 $2∣ cos 2 t ∣$ ，范围是 $[0, 2]$ ； $t = 0$ 取到最大值， $t = π /4$ 取到最小值。配对时先找指数中点，若还带一个公共复因子，取模时仍须核对该因子的模。

方法卡

高次方程有模已知的根：先取模定点，再代回

方程两边取模，高次幂的模是已知数，式子就变成两个圆相交，只剩几个点。取模丢掉了角度，所以每个点都要代回原方程。

完整讲解 · 例题 · 可练 3 题

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

复数写成 $z = x + y i$ ， $x, y$ 是实数， $i^{2} = - 1$ ，它对应平面上的点 $(x, y)$ 。 $x$ 叫实部（记 $Re z$ ）， $y$ 叫虚部。加减时实部、虚部各算各的；乘法按多项式展开，再把 $i^{2}$ 换成 $- 1$ ，如 $(1 + i)^{2} = 1 + 2 i + i^{2} = 2 i$ 。模 $∣ z ∣ = x^{2} + y^{2}$ 是点到原点的距离， $∣ z - a ∣$ 是 $z$ 到 $a$ 的距离。共轭 $\overline{z} = x - y i$ ，是关于实轴的对称点。由平方差， $z \overline{z} = x^{2} - (y i)^{2} = x^{2} + y^{2} = ∣ z ∣^{2}$ 。所以 $z \neq = 0$ 时 $\frac{1}{z} = \frac{z}{∣ z ∣ ^{2}}$ ， $∣ z ∣ = 1$ 时 $\frac{1}{z} = \overline{z}$ 。乘积的模等于模的乘积， $∣ uv ∣ = ∣ u ∣∣ v ∣$ ，所以 $∣ z^{n} ∣ = ∣ z ∣^{n}$ ；乘积的共轭等于共轭的乘积，展开可验证。

负数的平方根：复数二次方程怎么解

实数的平方不会是负数，但 $(ai)^{2} = a^{2} i^{2} = - a^{2}$ 。所以 $a > 0$ 时， $t^{2} = - a^{2}$ 的解是 $t = \pm ai$ 。解二次方程照常配方： $z^{2} - z + 1 = 0$ 配方得 $(z - \frac{1}{2})^{2} = - \frac{3}{4}$ ，所以 $z - \frac{1}{2} = \pm \frac{3}{2} i$ ， $z = \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ 。 $z^{2} + z + 1 = 0$ 同样得 $z = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ 。

取模时，幂的模是已知的

$∣ uv ∣ = ∣ u ∣∣ v ∣$ ，所以 $∣ z^{n} ∣ = ∣ z ∣^{n}$ 。若 $z^{n} (z - a) = 1$ 且 $∣ z ∣ = 1$ ，两边取模得 $∣ z - a ∣ = 1$ ， $n$ 消失了。若 $∣ z ∣$ 不是 $1$ ，就不能这样消去 $n$ 。

两个单位圆的交点

设 $a$ 是实数。 $∣ z ∣ = 1$ 和 $∣ z - a ∣ = 1$ 联立： $∣ z - a ∣^{2} = (x - a)^{2} + y^{2} = ∣ z ∣^{2} - 2 a x + a^{2}$ ，所以 $1 = 1 - 2 a x + a^{2}$ 。 $a \neq = 0$ 时得 $x = \frac{a}{2}$ 。 $∣ a ∣ < 2$ 且 $a \neq = 0$ 时，有两个共轭的交点 $x \pm 1 - x^{2} i$ 。 $∣ a ∣ = 2$ 时只有实数 $z = \pm 1$ ， $∣ a ∣ > 2$ 时没有交点。 $a = 0$ 时两圆重合，这一步定不出点，要从原方程另算。

这时 $z - a$ 可以用 $z$ 表示

$x = \frac{a}{2}$ 时， $z - a = x + y i - 2 x = - x + y i = - \overline{z}$ 。 $∣ z ∣ = 1$ 时 $\overline{z} = \frac{1}{z}$ ，所以 $z - a = - \frac{1}{z}$ 。例如 $a = 1, z = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ： $z - 1 = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ，而 $- \overline{z}$ 正好是它。

两个幂同时等于 1：列表找循环

若 $z^{m} = 1$ ，则 $∣ z ∣ = 1$ 。两个幂同时为 $1$ 时，两次取模都能用。找到点后，用 $z^{2} + z + 1 = 0$ 这样的关系列出 $z, z^{2}, z^{3}, \dots$ ，看几次回到 $1$ 。例如 $ω = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ：直接平方得 $ω^{2} = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} - \frac{3}{2} i = \overline{ω}$ ，所以 $1 + ω + ω^{2} = 0$ ， $ω^{3} = ω \overline{ω} = ∣ ω ∣^{2} = 1$ ，每 $3$ 个一循环。

先看一道例题

例 1：两个幂同时为 1，求最小指数

求最小的正整数 $m$ ，使方程组 $z^{m} = 1, (z + 1)^{m} = 1$ 有解。

怎么看出来：

两个幂都等于 $1$ ，取模得 $∣ z ∣ = 1$ ， $∣ z + 1∣ = 1$ ，点只有两个。

解：

由 $∣ z ∣^{m} = 1$ 得 $∣ z ∣ = 1$ ，由 $∣ z + 1 ∣^{m} = 1$ 得 $∣ z + 1∣ = 1$ 。联立： $x = - \frac{1}{2}$ ， $z = ω$ 或 $ω^{2}$ ，其中 $ω = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ， $ω^{3} = 1$ ， $1 + ω + ω^{2} = 0$ 。以 $z = ω$ 为例， $z^{m} = 1$ 要求 $m$ 是 $3$ 的倍数。又 $z + 1 = - ω^{2}$ ，依次计算它的幂： $- ω^{2}, ω, - 1, ω^{2}, - ω, 1$ ，第 $6$ 次才回到 $1$ ，所以 $m$ 是 $6$ 的倍数。 $z = ω^{2}$ 时 $z + 1 = - ω$ ，也是第 $6$ 次回到 $1$ 。检查 $m = 6$ ： $ω^{6} = 1$ ， $(- ω^{2})^{6} = ω^{12} = 1$ 。

答案：

$m = 6$ ，此时 $z = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
方程能写成 $z^{n} F (z) = c$ （ $F$ 不含 $n$ ），还说根的模是 $1$	两边取模， $n$ 消失。 $z^{n} + z^{2 n} = 2$ 这样几项都含 $n$ 的方程不能这样消去
$z^{m}$ 和 $(z - a)^{k}$ 同时等于 $1$	两次取模，得到两个单位圆
要求最小的指数，或求参数 $a$	先定点，再列幂的循环或解角度条件

三、怎么用

移项写成乘积，确认能取模。例如 $z^{4} (z + 1) = 1$ ， $∣ z ∣ = 1$ 。
取模： $∣ z + 1∣ = 1$ 。联立 $∣ z ∣ = 1$ ： $1 + 2 x + 1 = 1$ ， $x = - \frac{1}{2}$ ， $z = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ ，这两个数记作 $ω, ω^{2}$ 。
用 $ω^{3} = 1$ ， $1 + ω + ω^{2} = 0$ 化简： $ω^{4} = ω$ ， $ω + 1 = - ω^{2}$ 。
代回原方程： $ω^{4} (ω + 1) = ω \cdot (- ω^{2}) = - 1 \neq = 1$ ，另一个点相同。所以这个方程没有模为 $1$ 的根。这一步不能省，否则就把不是根的点算进去了。

四、再做一道

例 2：由根反求系数

非零实数 $a$ 使方程 $z^{4} (z - a) = 1$ 有模为 $1$ 的虚根（不是实数的根），求 $a$ 。

怎么看出来：

$a$ 未知也能取模，交点的实部是 $\frac{a}{2}$ ， $z - a$ 还能写成 $- \frac{1}{z}$ ，方程就只剩 $z$ 的幂。

解：

设 $z = x + y i$ ， $∣ z ∣ = 1$ ， $y \neq = 0$ 。取模得 $∣ z - a ∣ = 1$ ，平方得 $1 - 2 a x + a^{2} = 1$ ，即 $a (a - 2 x) = 0$ 。 $a \neq = 0$ ，所以 $x = \frac{a}{2}$ 。这时 $z - a = - x + y i = - \overline{z} = - \frac{1}{z}$ ，方程变成 $- z^{3} = 1$ ，即 $z^{3} = - 1$ 。分解： $(z + 1) (z^{2} - z + 1) = 0$ ， $z$ 不是实数，所以 $z^{2} - z + 1 = 0$ 。配方得 $(z - \frac{1}{2})^{2} = - \frac{3}{4}$ ， $z = \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ ， $x = \frac{1}{2}$ ， $a = 1$ 。代回：由 $z^{2} = z - 1$ ， $z - 1 = z^{2}$ ，所以 $z^{4} (z - 1) = z^{6} = (z^{3})^{2} = 1$ 。

答案：

$a = 1$ 。

五、容易错在哪

取模后得到的点不一定是根，要代回原方程，两个共轭的点都要检查。
$x = \frac{a}{2}$ 是在 $a \neq = 0$ 时除以 $a$ 得到的。 $a = 0$ 时两圆重合，要回到原方程。
问最小的正整数时，同余类里要取正的那个，不能把 $0$ 或负数当答案。

进阶：角度 · 先修：任意角的正弦余弦

用角度写出单位圆上的点

单位圆上的点写成 $z = cos θ + i sin θ$ ， $θ$ 是从正实轴逆时针转的角， $π$ 表示 $18 0^{\circ}$ 。把 $x + y i$ 乘 $cos β + i sin β$ ，得 $(x cos β - y sin β) + (x sin β + y cos β) i$ 。点 $1$ 变到 $(cos β, sin β)$ ，点 $i$ 变到 $(- sin β, cos β)$ ，都转了角 $β$ ，所以这个乘法就是把平面转角 $β$ 。连乘 $n$ 次， $z^{n} = cos n θ + i sin n θ$ 。所以 $z^{n} = 1$ 当且仅当 $n θ$ 是 $2 π$ 的整数倍， $z^{n} = - 1$ 当且仅当 $n θ$ 是 $π$ 的奇数倍。例如 $z^{6} = 1$ 的非实数解是 $θ = \pm \frac{π}{3}, \pm \frac{2 π}{3}$ ，实部分别是 $\pm \frac{1}{2}$ 。

例 3：用角度求全部系数

实数 $a$ 使方程 $z^{7} (z - a) = - 1$ 有模为 $1$ 的虚根，求所有的 $a$ 。

怎么看出来：

同样化成 $z$ 的幂，这次幂的条件有多个解，用角度列全。

解：

若 $a = 0$ ，方程是 $z^{8} = - 1$ ，有模为 $1$ 的虚根，比如 $θ = \frac{π}{8}$ ，所以 $a = 0$ 符合。若 $a \neq = 0$ ，取模得 $x = \frac{a}{2}$ ，于是 $z - a = - \frac{1}{z}$ ，方程变成 $- z^{6} = - 1$ ，即 $z^{6} = 1$ 。虚根是 $θ = \pm \frac{π}{3}, \pm \frac{2 π}{3}$ ，实部 $\pm \frac{1}{2}$ ，所以 $a = \pm 1$ 。检查 $a = 1$ ： $z = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ， $z^{7} = z$ ， $z - 1 = z^{2}$ ，乘积 $z^{3} = - 1$ 。检查 $a = - 1$ ： $z = ω$ ， $ω^{7} = ω$ ， $ω + 1 = - ω^{2}$ ，乘积 $- ω^{3} = - 1$ 。

答案：

$a = 0$ 或 $a = \pm 1$ 。

真题

按这个方法练 · 3 题

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幂或商是实数：写成模和角，让角是 $π$ 的整数倍

非零复数写成 $r (cos θ + i sin θ)$ 。相乘时角相加，相除时角相减。结果是实数当且仅当总角是 $π$ 的整数倍，是正实数当且仅当总角是 $2 π$ 的整数倍。

完整讲解 · 例题 · 可练 4 题

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

单位圆和模、角

以原点为圆心、半径 $1$ 的圆叫单位圆。从正实轴逆时针转角 $θ$ （顺时针记负角），落到单位圆上的点，它的横坐标叫 $cos θ$ ，纵坐标叫 $sin θ$ 。 $π$ 表示 $18 0^{\circ}$ 。特殊角的坐标来自直角三角形：转 $6 0^{\circ}$ （ $\frac{π}{3}$ ）时，圆心、这个点、它在实轴上的垂足构成斜边为 $1$ 、含 $6 0^{\circ}$ 角的直角三角形，短边 $\frac{1}{2}$ ，长边 $\frac{3}{2}$ ，所以坐标是 $(\frac{1}{2}, \frac{3}{2})$ 。转 $4 5^{\circ}$ （ $\frac{π}{4}$ ）时两条直角边相等，坐标是 $(\frac{2}{2}, \frac{2}{2})$ 。转 $3 0^{\circ}$ （ $\frac{π}{6}$ ）时坐标是 $(\frac{3}{2}, \frac{1}{2})$ 。 $z \neq = 0$ 时， $r = ∣ z ∣ > 0$ ， $\frac{z}{r}$ 的模是 $1$ ，在单位圆上，所以 $z = r (cos θ + i sin θ)$ ， $θ$ 叫 $z$ 的角。例如 $1 + 3 i$ ： $r = 2$ ， $\frac{z}{2} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ， $θ = \frac{π}{3}$ 。 $θ$ 加减 $2 π$ 的整数倍是同一个点。 $0$ 没有角，要单独看。

乘除时角相加减

把 $x + y i$ 乘 $cos β + i sin β$ ，得 $(x cos β - y sin β) + (x sin β + y cos β) i$ 。点 $1$ 变到 $(cos β, sin β)$ ，点 $i$ 变到 $(- sin β, cos β)$ ，都转了角 $β$ ；任何一点 $x + y i$ 都是这两个结果按 $x, y$ 组合，所以整个平面转了角 $β$ ，长度不变。因此 $u = r_{1} (cos α + i sin α), v = r_{2} (cos β + i sin β)$ 时， $uv$ 的模是 $r_{1} r_{2}$ ，角是 $α + β$ ；除法是乘法的反过程， $\frac{u}{v}$ （ $v \neq = 0$ ）的模是 $\frac{r _{1}}{r _{2}}$ ，角是 $α - β$ 。验算： $1 + i$ 的角是 $\frac{π}{4}$ ， $(1 + i)^{2} = 2 i$ 的角是 $\frac{π}{2}$ 。 $z^{n}$ 的角是 $n θ$ 。

实数和正实数的角

非零实数的角是 $π$ 的整数倍：正实数的角是 $2 π$ 的整数倍，负实数的角是 $π$ 的奇数倍。例如 $(1 + 3 i)^{3} = - 8$ ，角 $π$ ，是负实数； $(1 + 3 i)^{6} = 64$ ，角 $2 π$ ，是正实数。

共轭的角相反

$\overline{z} = x - y i$ 是 $z$ 关于实轴的对称点，模相同，角是 $- θ$ 。所以 $\frac{z}{z}$ 的角是 $2 θ$ ， $\frac{z ^{3}}{z}$ 的角是 $4 θ$ 。验算： $z = 1 + i$ ， $\frac{z}{z} = \frac{1 + i}{1 - i} = i$ ，角 $\frac{π}{2} = 2 \cdot \frac{π}{4}$ 。

先看一道例题

例 1：数负实数的个数

在 $1, 2, \dots, 20$ 中，有多少个 $n$ 使 $(1 + 3 i)^{n}$ 是负实数？

怎么看出来：

$1 + 3 i$ 的角是 $\frac{π}{3}$ ，负实数要求总角是 $π$ 的奇数倍。

解：

$(1 + 3 i)^{n}$ 的角是 $\frac{nπ}{3}$ 。它是 $π$ 的奇数倍，当且仅当 $n$ 是 $3$ 的奇数倍，即 $n = 3, 9, 15, 21, \dots$ 。在 $1$ 到 $20$ 内是 $3, 9, 15$ 。检查 $n = 3$ 时值为 $- 8$ ， $n = 9$ 时为 $(- 8)^{3} = - 512$ ， $n = 15$ 时为 $(- 8)^{5} = - 32768$ 。

答案：

$3$ 个： $n = 3, 9, 15$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$\frac{z}{z}$ 、 $\frac{z ^{a}}{z ^{b}}$ 等是实数	写总角 $(a + b) θ$ ，令它是 $π$ 的整数倍
问使 $w^{k}$ 是实数的最小 $k$	写出 $w$ 的角，解 $k θ$ 是 $π$ 的整数倍
题目说正实数或负实数	改用 $2 π$ 的整数倍或 $π$ 的奇数倍
实部、虚部是三角式子	先化成 $cos α + i sin α$ 的形状（见进阶“藏在式子里的角”）

三、怎么用

确认复数不为 $0$ ，写出模和角。 $u = 1 + i$ ：模 $2$ ，角 $\frac{π}{4}$ ； $v = 3 + i$ ：模 $2$ ，角 $\frac{π}{6}$ 。
按乘除写总角。 $u^{2} v^{3}$ 的角是 $2 \cdot \frac{π}{4} + 3 \cdot \frac{π}{6} = π$ 。
写实数条件。总角是 $π$ 的整数倍就是实数；这里是 $π$ 的奇数倍，所以是负实数。
联立其他条件，代回检查。 $u^{2} = 2 i$ ， $v^{3} = 8 i$ ，乘积 $- 16$ ，模 $2 \cdot 8$ 也对得上。

四、再做一道

例 2：商是实数，两个方向都保留

$z \neq = 0$ ， $\frac{z}{z}$ 是实数，且 $∣ z + 1∣ = 2$ 。求 $z$ 。

怎么看出来：

商的角是 $2 θ$ ，实数条件给出 $z$ 在实轴或虚轴上，两种都要算。

解：

$\frac{z}{z}$ 的角是 $2 θ$ ，实数要求 $2 θ$ 是 $π$ 的整数倍，所以 $θ$ 是 $\frac{π}{2}$ 的整数倍， $z$ 是实数或纯虚数。也可以直接验证：分子分母同乘 $z$ ，由 $z \overline{z} = ∣ z ∣^{2}$ 得 $\frac{z}{z} = \frac{z ^{2}}{∣ z ∣ ^{2}}$ ， $z^{2} = x^{2} - y^{2} + 2 x y i$ ，实数要求 $x y = 0$ 。若 $z = x$ 是实数： $∣ x + 1∣ = 2$ ， $x = 1$ 或 $x = - 3$ 。若 $z = y i$ （ $y \neq = 0$ ）： $1 + y^{2} = 4$ ， $y = \pm 3$ 。这 $4$ 个数都不为 $0$ ，商分别是 $1, 1, - 1, - 1$ ，都是实数。

答案：

$z = 1, - 3, 3 i, - 3 i$ 。

五、容易错在哪

实数不等于正实数。实数条件是 $π$ 的整数倍，只有题目明确要求正实数时才用 $2 π$ 的整数倍。
解角度条件时要列全所有分支，再用非实数、实部、分母不为 $0$ 这些条件筛选，不要只取一个角。
$0$ 没有角。写角度之前先确认复数不为 $0$ ，用到 $\overline{z}$ 作分母时也要 $z \neq = 0$ 。

进阶：藏在式子里的角 · 先修：正切和三角恒等变换

藏在式子里的角

$1 + i tan α = \frac{cos α + i sin α}{cos α}$ （ $cos α \neq = 0$ ），所以 $α$ 在 $- \frac{π}{2}$ 到 $\frac{π}{2}$ 之间时，它的角就是 $α$ 。分式形式的实部、虚部要先用三角公式化成这种形状，才能读出角。

例 3：两个藏在正切里的角

设 $w_{1} = 1 + i tan 1 5^{\circ}, w_{2} = 1 + i tan 3 0^{\circ}$ 。求最小的正整数 $a$ ，使 $w_{1}^{a} w_{2}$ 是实数；再求使它是正实数的最小正整数 $a$ 。

怎么看出来：

两个数的角分别是 $1 5^{\circ}, 3 0^{\circ}$ ，乘起来总角是 $15 a + 30$ 度。

解：

$1 + i tan α = \frac{cos α + i sin α}{cos α}$ ， $cos α > 0$ ，所以 $w_{1}, w_{2}$ 的角是 $1 5^{\circ}, 3 0^{\circ}$ 。总角 $(15 a + 30)^{\circ}$ 。实数要求 $15 a + 30$ 是 $180$ 的整数倍， $a$ 的最小正整数值是 $a = 10$ ，总角 $18 0^{\circ}$ ，这时是负实数。正实数要求 $15 a + 30$ 是 $360$ 的整数倍，最小的是 $a = 22$ ，总角 $36 0^{\circ}$ 。

答案：

实数最小 $a = 10$ ，正实数最小 $a = 22$ 。

进阶：总角与筛选

例 4：幂商和实部条件联立

$z$ 不是实数， $\frac{z ^{3}}{z}$ 是实数， $Re z = 1$ 。求 $z$ 。

怎么看出来：

总角是 $4 θ$ ，先列出所有可能的角，再用实部筛选。

解：

总角 $4 θ$ 是 $π$ 的整数倍，所以 $θ$ 是 $\frac{π}{4}$ 的整数倍。 $z$ 不是实数，排除 $θ$ 是 $π$ 的整数倍的情况。 $Re z = 1 > 0$ ，所以 $cos θ > 0$ ，这又排除了 $\frac{π}{2}$ 、 $\frac{3 π}{4}$ 等角，只剩 $θ = \pm \frac{π}{4}$ （加减 $2 π$ 的整数倍）。这时虚部的绝对值等于实部， $z = 1 \pm i$ 。检查： $\frac{( 1 + i ) ^{3}}{1 - i} = \frac{- 2 + 2 i}{1 - i} = - 2$ ，是实数但为负，题目只要求实数。

答案：

$z = 1 \pm i$ 。

真题

按这个方法练 · 4 题

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高次幂和幂的和：模单独算，方向按周期算

把复数拆成模和方向。方向如果每隔固定的次数回到原位，指数就可以除以这个周期，只算余数。模不会循环，要单独算它的次方。

完整讲解 · 例题 · 可练 8 题

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

若有低次幂是实数，就用它降次

设 $w \neq = 0$ ， $w^{m} = c$ 是实数。把 $n$ 除以 $m$ ： $n = m q + r$ ， $0 \leq r < m$ ，则 $w^{n} = (w^{m})^{q} w^{r} = c^{q} w^{r}$ ，只用到幂的运算法则。不是每个复数都有这样的低次幂，没有时要改写角度（见进阶“角度”）。

模不会循环，要留在 $c$ 里

$c$ 同时带着模的信息， $∣ c ∣ = ∣ w ∣^{m}$ 。 $∣ w ∣ \neq = 1$ 时， $∣ w^{n} ∣$ 一直在变，幂本身不循环，循环的只是方向。用它判断两个幂是否相等： $w = 2 i$ 时 $w^{2} = - 4$ ，所以 $w^{n + 2} = - 4 w^{n}$ ，两者的模相差 $4$ 倍，一定不相等；而 $i^{4} = 1$ ，所以 $i^{n + 4} = i^{n}$ ，每隔 $4$ 次就相等。

共轭的幂

两数乘积的共轭等于共轭的乘积，所以 $\overline{w^{n}} = \overline{w}^{n}$ ，于是 $w^{n} + \overline{w}^{n} = 2 Re (w^{n})$ ，是实数。对任何复数 $u$ ， $u^{n} + \overline{u}^{n}$ 都是这样。

模为 1 的数：幂的和按周期算

$i$ 的幂每 $4$ 个一循环： $i, - 1, - i, 1$ ，一整段的和是 $0$ 。所以 $i + i^{2} + \dots + i^{N}$ 只由 $N$ 除以 $4$ 的余数决定。求和要先数清首项：从 $i^{0}$ 开始到 $i^{N}$ 共 $N + 1$ 项，从 $i^{1}$ 开始共 $N$ 项。

先看一道例题

例 1：共轭幂之和

求 $(1 + i)^{100} + (1 - i)^{100}$ 。

怎么看出来：

两个数互为共轭，只要算一个。 $w^{4}$ 是实数，指数 $100$ 是 $4$ 的倍数。

解：

$w = 1 + i$ 时 $w^{2} = 2 i$ ， $w^{4} = - 4$ 。 $100 = 4 \cdot 25$ ， $w^{100} = (- 4)^{25} = - 2^{50}$ 。 $(1 - i)^{100}$ 是它的共轭， $- 2^{50}$ 是实数，共轭还是自己。所以和是 $- 2^{50} - 2^{50} = - 2^{51}$ 。

答案：

$- 2^{51}$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
复数的很高次幂，低次幂里能找到实数	用这个实数降次；找不到时改写角度
$w^{n} + \overline{w}^{n}$	先算 $w^{n}$ ，和就是实部的 2 倍
$q \neq = 1$ ， $q^{m} = 1$ ，幂相加的项数很多	连续 $m$ 项的和是 $0$ ，只算余下的项，数清首项。 $q = 1$ 时和就是项数
非实数幂是实数或纯虚数，且 $w$ 的角度容易看出	写角度，解整除条件（见进阶“角度”）

三、怎么用

先写目标，再算低次幂，确认里面有实数。例如求正整数 $n$ 使 $(2 i)^{n} = 16$ 。 $w = 2 i$ ： $w^{2} = - 4$ 。
定下 $m$ 和 $c$ ： $m = 2, c = - 4$ 。
分解指数： $n = 2 q + r$ ， $w^{n} = (- 4)^{q} w^{r}$ 。 $r = 1$ 时结果含 $2 i$ ，不是实数，所以 $r = 0$ ； $(- 4)^{q} = 16$ 得 $q = 2$ ， $n = 4$ 。
用模检查： $∣ w^{n} ∣ = 2^{n} = 16$ 也得 $n = 4$ ，只有这一个。求和时再数一次项数和余数。

四、再做一道

例 2：由和反求项数

求所有正整数 $N$ ，使 $i + i^{2} + \dots + i^{N} = - 1 + i$ 。

怎么看出来：

$i$ 的幂每 $4$ 个一循环，和也跟着循环。把前几个和列出来。

解：

$N = 1$ 时和为 $i$ ； $N = 2$ 时为 $i - 1$ ； $N = 3$ 时为 $i - 1 - i = - 1$ ； $N = 4$ 时为 $- 1 + 1 = 0$ 。接下来每 $4$ 项的和是 $0$ ，所以和只看 $N$ 除以 $4$ 的余数，依次是 $i, - 1 + i, - 1, 0$ 。只有余数为 $2$ 时等于 $- 1 + i$ 。检查 $N = 6$ ： $i - 1 - i + 1 + i - 1 = - 1 + i$ 。

答案：

$N = 4 k + 2$ （ $k = 0, 1, 2, \dots$ ）。

五、容易错在哪

$w \neq = 0$ 且模不等于 $1$ 时，幂的模一直变，幂不会循环。周期只是方向的周期，模要单独算次方； $w = 0$ 单独看。
求和时先数项数：从 $0$ 次开始和从 $1$ 次开始，余数不同。
等比公式要求公比不等于 $1$ 。公比等于 $1$ 时分母为 $0$ ，要单独算。

进阶：角度 · 先修：任意角的正弦余弦

用角度算幂

$w = r (cos θ + i sin θ)$ ， $r > 0$ ，则 $w^{n} = r^{n} (cos n θ + i sin n θ)$ 。例如 $w = 3 + i$ ， $r = 2$ ， $θ = \frac{π}{6}$ （ $π$ 表示 $18 0^{\circ}$ ）。 $w^{n}$ 是实数当且仅当 $n θ$ 是 $π$ 的整数倍，是纯虚数当且仅当 $n θ$ 是 $\frac{π}{2}$ 的奇数倍。若角度和 $π$ 的比不是有理数，任何正整数次幂都不是实数，这时前面的降次方法用不上。

例 3：纯虚数的指数和值

设 $w = 3 + i$ ，求大于 $10$ 的最小正整数 $n$ ，使 $w^{n}$ 是纯虚数，并写出 $w^{n}$ 。

怎么看出来：

$3 + i$ 的角度一眼能看出来，把条件写成角度。

解：

$∣ w ∣ = 2$ ， $w = 2 (cos \frac{π}{6} + i sin \frac{π}{6})$ 。 $w^{n} = 2^{n} (cos \frac{nπ}{6} + i sin \frac{nπ}{6})$ 。纯虚数要求 $cos \frac{nπ}{6} = 0$ ，即 $\frac{nπ}{6}$ 是 $\frac{π}{2}$ 的奇数倍，也就是 $n$ 是 $3$ 的奇数倍： $n = 3, 9, 15, \dots$ 。大于 $10$ 的最小值是 $15$ 。 $\frac{15 π}{6} = 2 π + \frac{π}{2}$ ，所以 $w^{15} = 2^{15} i$ 。

答案：

$n = 15$ ， $w^{15} = 2^{15} i$ 。

进阶：等比求和

等比求和公式

$q \neq = 1$ 时， $(q - 1) (1 + q + \dots + q^{m - 1}) = q^{m} - 1$ ，展开后中间项抵消，所以 $1 + q + \dots + q^{m - 1} = \frac{q ^{m} - 1}{q - 1}$ 。 $q = 1$ 时分母为 $0$ ，和是 $m$ 。若 $q \neq = 1$ 且 $q^{m} = 1$ ，整段的和是 $0$ 。模不是 $1$ 时整段不抵消，要用公式。

例 4：模不是 1 的幂之和

求 $(1 + i) + (1 + i)^{2} + \dots + (1 + i)^{8}$ 。

怎么看出来：

模不是 $1$ ，整段不会抵消。首项是 $w$ ，公比 $w \neq = 1$ ，用等比公式。

解：

$w = 1 + i$ 。和 $= w \cdot \frac{w ^{8} - 1}{w - 1} = (1 + i) \cdot \frac{15}{i}$ 。 $\frac{1}{i} = - i$ ，所以和 $= 15 (1 + i) (- i) = 15 (1 - i)$ 。逐项验算： $1 + i, 2 i, - 2 + 2 i, - 4, - 4 - 4 i, - 8 i, 8 - 8 i, 16$ ，实部和 $15$ ，虚部和 $- 15$ 。

答案：

$15 - 15 i$ 。

真题

按这个方法练 · 8 题

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$q^{m} = 1$ 型的式子：用整段和为 0 降次，变量代换要能还原

$q^{m} = 1$ 且 $q \neq = 1$ 时， $1 + q + \dots + q^{m - 1} = 0$ 。用这个等式和 $q^{m} = 1$ 把高次幂、长式子降下来。把方程换成这种形式时，要写出反变换，确认每个根都能还原。

完整讲解 · 例题 · 可练 2 题

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

负数的平方根：复数二次方程怎么解

为什么整段的和是 0

$(q - 1) (1 + q + \dots + q^{m - 1}) = q^{m} - 1$ ，展开后中间项全部抵消。 $q^{m} = 1$ 时右边是 $0$ ，又 $q \neq = 1$ ，第一个因子不为 $0$ ，所以第二个因子是 $0$ 。 $q = 1$ 时和是 $m$ ，不是 $0$ ，所以这个前提不能省。

3 次的情形

解 $ω^{2} + ω + 1 = 0$ ：配方得 $(ω + \frac{1}{2})^{2} = - \frac{3}{4}$ ，所以 $ω = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ 。两边乘 $ω - 1$ 得 $ω^{3} = 1$ ，且 $ω \neq = 1$ ，所以 $1 + ω + ω^{2} = 0$ 。常用的改写： $1 + ω = - ω^{2}$ ， $1 + ω^{2} = - ω$ 。高次幂除以 $3$ 看余数，如 $ω^{10} = ω$ 。

分式里的分母要先看

分母可能为 $0$ 时不能通分。若 $q^{m} = 1$ 且 $m$ 是奇数，那么 $1 + q^{k}$ 不为 $0$ ：否则 $q^{k} = - 1$ ，两边 $m$ 次方得 $1 = - 1$ ，矛盾。 $m$ 是偶数时，这个结论不成立，例如 $q = i, m = 4, k = 2$ 时 $1 + i^{2} = 0$ 。

化简时先降次

分式里的幂用 $q^{m} = 1$ 降到 $m$ 次以下，再用整段和为 $0$ 消项。例如 $q^{3} = 1, q \neq = 1$ 时， $1 + q = - q^{2}$ ，所以 $\frac{1}{1 + q} = - \frac{1}{q ^{2}} = - q$ ，因为 $q^{3} = 1$ 给出 $\frac{1}{q ^{2}} = q$ 。乘回去检查： $- q (1 + q) = - q - q^{2} = 1$ 。

除以中间次幂，换成 $x + \frac{1}{x}$

$x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = 0$ 时 $x \neq = 0$ ，除以 $x^{2}$ 得 $x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} + x + \frac{1}{x} + 1 = 0$ 。令 $t = x + \frac{1}{x}$ ， $x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} = t^{2} - 2$ ，方程变成 $t^{2} + t - 1 = 0$ 。次数为偶数、首尾系数对称的方程都能这样把次数降一半。

先看一道例题

例 1：直接用 $1 + ω + ω^{2} = 0$

$ω^{2} + ω + 1 = 0$ ，求 $(1 - ω + ω^{2}) (1 + ω - ω^{2})$ 。

怎么看出来：

每个括号都接近 $1 + ω + ω^{2}$ ，少了或多了一项，用 $0$ 替换。

解：

$1 + ω^{2} = - ω$ ，所以第一个括号是 $- ω - ω = - 2 ω$ 。 $1 + ω = - ω^{2}$ ，所以第二个括号是 $- ω^{2} - ω^{2} = - 2 ω^{2}$ 。乘积是 $4 ω^{3}$ 。两边乘 $ω - 1$ 得 $ω^{3} = 1$ ，乘积是 $4$ 。

答案：

$4$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
已知 $x^{2} + x + 1 = 0$ 或 $x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = 0$ 这样的式子	乘 $x - 1$ ，得到 $x^{m} = 1$
分式的分母是 $1 + z^{k}$ ， $z^{m} = 1$ ， $m$ 是奇数	分母不为 $0$ ，通分后用 $z^{m} = 1$ 降次
次数为偶数、首尾系数对称的方程	除以中间次幂，换成 $x + \frac{1}{x}$ 。奇次时 $x = - 1$ 是根，先提出 $x + 1$
方程可以写成 $A^{m} = B^{m}$	先找 $A = B = 0$ 的解，再令 $u = \frac{A}{B}$ （见进阶“变量代换”）

三、怎么用

认出隐藏的关系。 $ω^{2} + ω + 1 = 0$ 两边乘 $ω - 1$ ，得 $ω^{3} = 1$ ，且 $ω \neq = 1$ （ $ω = 1$ 时左边是 $3$ ）。
先看分母和被排除的值。要化简 $\frac{1}{1 + ω}$ ， $1 + ω = - ω^{2} \neq = 0$ ，可以除。
用整段和为 $0$ 和 $ω^{3} = 1$ 降次： $\frac{1}{1 + ω} = - \frac{1}{ω ^{2}} = - ω$ 。
检查结果： $- ω (1 + ω) = - ω - ω^{2} = 1$ ，乘回去确实得 $1$ 。

四、再做一道

例 2：先认出 5 次，再用 $x + \frac{1}{x}$

$x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = 0$ ，求 $x^{2026} + \frac{1}{x ^{2026}}$ 的所有可能值。

怎么看出来：

乘 $x - 1$ 得 $x^{5} = 1$ ，指数除以 $5$ 。剩下的 $x + \frac{1}{x}$ 用首尾对称解。

解：

乘 $x - 1$ ： $x^{5} - 1 = 0$ 。 $x = 1$ 不满足原式（左边是 $5$ ），所以 $x \neq = 1$ ， $x^{5} = 1$ 。 $2026 = 5 \cdot 405 + 1$ ，所以 $x^{2026} = x$ ，目标是 $t = x + \frac{1}{x}$ 。原式除以 $x^{2}$ （ $x \neq = 0$ ）： $t^{2} - 2 + t + 1 = 0$ ， $t^{2} + t - 1 = 0$ ， $t = \frac{- 1 \pm 5}{2}$ 。两个值都能取到，要真的找到 $x$ 。对每个 $t$ ，解 $x^{2} - t x + 1 = 0$ ，配方得 $(x - \frac{t}{2})^{2} = - \frac{4 - t ^{2}}{4}$ 。这两个 $t$ 的绝对值都小于 $2$ ， $4 - t^{2} > 0$ ，所以 $x = \frac{t \pm i 4 - t ^{2}}{2}$ ，是复数。这样的 $x$ 不为 $0$ ，且 $x + \frac{1}{x} = t$ ，原式左边等于 $x^{2} (t^{2} + t - 1) = 0$ ，所以它满足原式。

答案：

$\frac{- 1 + 5}{2}$ 或 $\frac{- 1 - 5}{2}$ 。

五、容易错在哪

$1 + q + \dots + q^{m - 1} = 0$ 要求 $q \neq = 1$ 。 $q = 1$ 时和是 $m$ 。
分母 $1 + q^{k}$ 不为 $0$ 只在 $m$ 为奇数时能这样证明。 $m$ 为偶数时要逐个看。
变量代换前先找 $A = B = 0$ 的解，换元后写反变换，查分母，把被排除的值去掉，再和原方程的次数对一下。
半角分解 $u - 1 = 2 i sin α (cos α + i sin α)$ 中， $sin α$ 可能为负，虚部的正负要照公式算，不能按直觉写。

进阶：变量代换 · 先修：二倍角公式

把方程写成比值的幂

方程 $A^{m} = B^{m}$ 的解分两类： $A = B = 0$ 的公共零点，先单独找出来； $B \neq = 0$ 时令 $u = \frac{A}{B}$ ，得 $u^{m} = 1$ 。用 $u$ 解出原变量，这叫反变换，要检查分母。例如 $u = \frac{z - i}{z + i}$ （ $z \neq = - i$ ），由 $u (z + i) = z - i$ 得 $z = \frac{i ( 1 + u )}{1 - u}$ ， $u \neq = 1$ 。 $u = 1$ 要求 $- i = i$ ，不可能，所以不会漏掉。验算： $z = 1$ 时 $u = - i$ ，反变换得 $\frac{i ( 1 - i )}{1 + i} = 1$ 。

$u - 1$ 的半角写法

$u = cos 2 α + i sin 2 α$ 时， $u - 1 = 2 i sin α (cos α + i sin α)$ （用二倍角公式： $cos 2 α - 1 = - 2 sin^{2} α$ ， $sin 2 α = 2 sin α cos α$ ）。 $α = \frac{π}{3}$ 时，右边 $3 i (\frac{1}{2} + \frac{3}{2} i) = - \frac{3}{2} + \frac{3}{2} i$ ，等于 $ω - 1$ 。写反变换的结果时，这个写法能把分母变成模和方向。

例 3：比值满足 3 次单位根的方程

解方程 $(\frac{z - i}{z + i})^{2} + \frac{z - i}{z + i} + 1 = 0$ 。

怎么看出来：

比值 $u$ 满足 $u^{2} + u + 1 = 0$ ，先解 $u$ ，再用反变换回到 $z$ 。

解：

$z \neq = - i$ 。令 $u = \frac{z - i}{z + i}$ ，则 $u^{2} + u + 1 = 0$ ， $u = - \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ ， $u \neq = 1$ 。反变换 $z = \frac{i ( 1 + u )}{1 - u}$ 。取 $u = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ： $1 + u = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ ， $1 - u = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} i$ ， $\frac{1 + u}{1 - u} = \frac{( \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i ) ( \frac{3}{2} + \frac{3}{2} i )}{3} = \frac{3}{3} i$ ，所以 $z = - \frac{3}{3}$ 。另一个 $u$ 是它的共轭，同样算得 $z = \frac{3}{3}$ 。检查：两边乘 $(z + i)^{2}$ ，原方程化为 $(z - i)^{2} + (z - i) (z + i) + (z + i)^{2} = 3 z^{2} - 1 = 0$ ，根就是 $\pm \frac{3}{3}$ ，它们都不等于 $- i$ 。

答案：

$z = \pm \frac{3}{3}$ 。

真题

按这个方法练 · 2 题

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共轭复数的幂相加：成对配起来，只留实部

$z^{n}$ 和 $\overset{z}{ˉ}^{n}$ 互为共轭，相加后虚部抵消，结果是 $z^{n}$ 实部的 2 倍。这个实数可能是正数、负数或零，取绝对值前要先算出符号。

完整讲解 · 例题 · 可练 3 题

一、是什么

共轭和模

复数写成 $z = a + bi$ ，其中 $a, b$ 是实数， $i^{2} = - 1$ ， $a$ 叫实部， $b$ 叫虚部。把虚部变号得到共轭 $\overset{z}{ˉ} = a - bi$ 。因为 $i^{2} = - 1$ ，所以 $z \overset{z}{ˉ} = a^{2} + b^{2}$ ；又 $z + \overset{z}{ˉ} = 2 a$ ，两者都是实数。模 $∣ z ∣ = a^{2} + b^{2}$ ，所以 $z \overset{z}{ˉ} = ∣ z ∣^{2}$ 。例如 $z = 2 + i$ 时 $z + \overset{z}{ˉ} = 4$ ， $z \overset{z}{ˉ} = 5$ 。注意相反数是 $- a - bi$ ，共轭是 $a - bi$ ，两者只在实部 $a = 0$ 时相同，其余情况不能混用。

为什么幂也是共轭

展开可得 $(a + bi) (c + d i) = (a c - b d) + (a d + b c) i$ ， $(a - bi) (c - d i) = (a c - b d) - (a d + b c) i$ ，这两个结果互为共轭。也就是说，积的共轭等于共轭的积，所以 $z^{n}$ 的共轭就是 $\overset{z}{ˉ}^{n}$ 。于是 $z^{n} + \overset{z}{ˉ}^{n}$ 等于 $z^{n}$ 实部的 2 倍。例如 $(1 + 2 i)^{2} = - 3 + 4 i$ ， $(1 - 2 i)^{2} = - 3 - 4 i$ ，和是 $- 6$ 。

先核对两项确实共轭

不能只看外形。 $z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2}$ 与 $\overset{z}{ˉ}_{1} z_{2}$ 是共轭的，因为积的共轭等于共轭的积。取 $z_{1} = 1 + i, z_{2} = 2 - i$ ： $z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} = (1 + i) (2 + i) = 1 + 3 i$ ， $\overset{z}{ˉ}_{1} z_{2} = (1 - i) (2 - i) = 1 - 3 i$ 。而 $1 + i$ 与 $- 1 - i$ 是相反数，不是共轭： $(1 + i)^{2} + (- 1 - i)^{2} = 2 i + 2 i = 4 i$ ，不是实数。

不展开也能算：一条递推

设 $z \neq = 0$ ，记 $s_{n} = z^{n} + \overset{z}{ˉ}^{n}$ ， $t = z + \overset{z}{ˉ}$ ， $p = z \overset{z}{ˉ}$ 。把乘积展开： $(z^{n} + \overset{z}{ˉ}^{n}) (z + \overset{z}{ˉ}) = z^{n + 1} + \overset{z}{ˉ}^{n + 1} + z \overset{z}{ˉ} (z^{n - 1} + \overset{z}{ˉ}^{n - 1})$ ，所以当 $n \geq 1$ 时 $s_{n + 1} = t s_{n} - p s_{n - 1}$ ，起点是 $s_{0} = 2, s_{1} = t$ 。 $t, p$ 都是实数，每一步都只做实数运算。

先看一道例题

例 1：直接递推

求 $(2 + i)^{4} + (2 - i)^{4}$ 。

怎么看出来：

两个底互为共轭，所以和是实数。直接展开四次很繁，用递推。

解：

$t = 4$ ， $p = 2^{2} + 1^{2} = 5$ ， $s_{0} = 2, s_{1} = 4$ 。 $s_{2} = 4 \cdot 4 - 5 \cdot 2 = 6$ ， $s_{3} = 4 \cdot 6 - 5 \cdot 4 = 4$ ， $s_{4} = 4 \cdot 4 - 5 \cdot 6 = - 14$ 。检查： $(2 + i)^{2} = 3 + 4 i$ ， $(3 + 4 i)^{2} = - 7 + 24 i$ ，实部的 2 倍是 $- 14$ 。

答案：

$- 14$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
一对共轭复数的高次幂相加，如 $(2 + i)^{5} + (2 - i)^{5}$	和是实数，用 $t = z + \overset{z}{ˉ}, p = z \overset{z}{ˉ}$ 递推
两项外形相似，如 $z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2}$ 和 $\overset{z}{ˉ}_{1} z_{2}$	先取共轭核对，再成对处理
要求这个和 $S$ 的模、 $lo g_{b} ∣ S ∣$ 或 $lo g_{b} S$ （底满足 $b > 0, b \neq = 1$ ）	先算出带符号的 $S$ 。求模时算 $∣ S ∣$ ；求 $lo g_{b} ∣ S ∣$ 要查 $S \neq = 0$ ；求 $lo g_{b} S$ 要查 $S > 0$ ，不能自行加绝对值
$z = cos θ + i sin θ$ ，出现 $z^{k} + z^{- k}$	换成 $2 cos k θ$ （见进阶“单位圆与余弦”）
只给了 $∣ z_{1} + z_{2} ∣$ 、 $∣ z_{1} - z_{2} ∣$ 这样的模	平方展开得到交叉项（见进阶“由模求交叉项”）
$z^{n} = 1$ 且 $z \neq = 1$ ，还有 $\frac{z}{1 + z ^{2}}$ 这样的分式	先查分母，再用幂的和为 0 降次（见进阶“单位根分式”）

三、怎么用

核对两项互为共轭。例如求 $(1 + 2 i)^{3} + (1 - 2 i)^{3}$ ：虚部只差符号，确实共轭，所以结果是实数。
算出 $t = z + \overset{z}{ˉ}$ 和 $p = z \overset{z}{ˉ}$ ，写好起点。这里 $t = 2$ ， $p = 1 + 4 = 5$ ， $s_{0} = 2, s_{1} = 2$ 。
用 $s_{n + 1} = t s_{n} - p s_{n - 1}$ 逐项算。 $s_{2} = 2 \cdot 2 - 5 \cdot 2 = - 6$ ， $s_{3} = 2 \cdot (- 6) - 5 \cdot 2 = - 22$ 。
用直接展开检查一次。 $(1 + 2 i)^{3} = (- 3 + 4 i) (1 + 2 i) = - 11 - 2 i$ ，实部的 2 倍是 $- 22$ ，一致。题目要绝对值时，这里才取绝对值，得 $22$ 。

四、再做一道

例 2：不给 z，只给和与积

已知复数 $z$ 满足 $z + \overset{z}{ˉ} = 2$ ， $z \overset{z}{ˉ} = 2$ 。求 $z^{5} + \overset{z}{ˉ}^{5}$ 和 $z^{6} + \overset{z}{ˉ}^{6}$ 。

怎么看出来：

递推只用到 $t, p$ ，并不需要 $z$ 本身。

解：

$t = 2, p = 2$ ， $s_{0} = 2, s_{1} = 2$ 。 $s_{2} = 2 \cdot 2 - 2 \cdot 2 = 0$ ， $s_{3} = 2 \cdot 0 - 2 \cdot 2 = - 4$ ， $s_{4} = 2 \cdot (- 4) - 2 \cdot 0 = - 8$ ， $s_{5} = 2 \cdot (- 8) - 2 \cdot (- 4) = - 8$ ， $s_{6} = 2 \cdot (- 8) - 2 \cdot (- 8) = 0$ 。检查：实部是 $1$ ， $a^{2} + b^{2} = 2$ ，所以 $z = 1 \pm i$ 。 $(1 + i)^{2} = 2 i$ ， $(1 + i)^{6} = (2 i)^{3} = - 8 i$ ，纯虚数的实部是 $0$ ，和为 $0$ 。 $(1 + i)^{5} = (2 i)^{2} (1 + i) = - 4 - 4 i$ ，实部的 2 倍是 $- 8$ 。这个例子说明共轭和可以是负数，也可以是 $0$ 。

答案：

$z^{5} + \overset{z}{ˉ}^{5} = - 8$ ， $z^{6} + \overset{z}{ˉ}^{6} = 0$ 。

五、容易错在哪

共轭是虚部变号，相反数是实部和虚部都变号，两者不能混。
共轭和一定是实数，但不一定是正数，可能是负数或 $0$ 。所以要先算出符号。 $lo g_{b} ∣ S ∣$ 要求 $S \neq = 0$ ； $lo g_{b} S$ 要求 $S > 0$ ， $S$ 为负时没有意义，不能自行改成 $lo g_{b} ∣ S ∣$ 。
$z^{- 1} = \overset{z}{ˉ}$ 只在 $∣ z ∣ = 1$ 时成立，模不为 1 时要写 $z^{- 1} = \frac{z ˉ}{∣ z ∣ ^{2}}$ 。
合并分式之前先查分母。 $z^{n} = 1$ 且 $z \neq = 1$ 时， $1 + z^{2}$ 也可能为零，例如 $z = i, n = 4$ 。

进阶：单位圆与余弦 · 先修：三角函数、和角公式

模为 1 时换成余弦

设 $z = cos θ + i sin θ$ ，则 $z \overset{z}{ˉ} = cos^{2} θ + sin^{2} θ = 1$ ，所以 $z^{- 1} = \overset{z}{ˉ}$ 。由和角公式， $(cos α + i sin α) (cos β + i sin β) = cos (α + β) + i sin (α + β)$ ，所以乘方时角度相乘： $z^{k} = cos k θ + i sin k θ$ 。于是对整数 $k$ ， $z^{k} + z^{- k} = 2 cos k θ$ 。若 $w = r (cos θ + i sin θ)$ ， $r > 0$ ，则对正整数 $n$ ， $w^{n} + \overset{w}{ˉ}^{n} = 2 r^{n} cos n θ$ 。余弦可以为负，所以这个和也可以为负。

例 3：模为 1 换余弦

$z = cos \frac{π}{9} + i sin \frac{π}{9}$ ，求 $z^{12} + z^{- 12}$ 。

怎么看出来：

模为 1， $z^{- 1}$ 就是共轭，这一对可以直接换成余弦。

解：

$k = 12$ ， $k θ = \frac{12 π}{9} = \frac{4 π}{3}$ ，所以和等于 $2 cos \frac{4 π}{3} = 2 \cdot (- \frac{1}{2}) = - 1$ 。

答案：

$- 1$ 。

例 4：模不为 1

$w = 1 + 3 i$ ，求 $w^{4} + \overset{w}{ˉ}^{4}$ 。

怎么看出来：

模是 $2$ ，辐角是特殊角。两种方法都能做，这里互相检查。

解：

$∣ w ∣ = 1 + 3 = 2$ ， $w = 2 (cos \frac{π}{3} + i sin \frac{π}{3})$ 。所以和等于 $2 \cdot 2^{4} cos \frac{4 π}{3} = 32 \cdot (- \frac{1}{2}) = - 16$ 。用递推检查： $t = 2, p = 4$ ， $s_{2} = 2 \cdot 2 - 4 \cdot 2 = - 4$ ， $s_{3} = 2 \cdot (- 4) - 4 \cdot 2 = - 16$ ， $s_{4} = 2 \cdot (- 16) - 4 \cdot (- 4) = - 16$ ，一致。

答案：

$- 16$ 。

进阶：由模求交叉项

只知道模，也能算交叉项

由 $∣ u ∣^{2} = u \overset{u}{ˉ}$ 展开得 $∣ z_{1} + z_{2} ∣^{2} = ∣ z_{1} ∣^{2} + ∣ z_{2} ∣^{2} + (z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} + \overset{z}{ˉ}_{1} z_{2})$ 。这样不用知道 $z_{1}, z_{2}$ 本身，就能得到交叉项之和。若已知的是 $u = z_{1} + z_{2}$ 和 $v = z_{1} - z_{2}$ ，则 $z_{1} = \frac{u + v}{2}, z_{2} = \frac{u - v}{2}$ ，代入并展开得 $z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} = \frac{∣ u ∣ ^{2} - ∣ v ∣ ^{2} + v u ˉ - u v ˉ}{4}$ ，其中 $v \overset{u}{ˉ}$ 与 $u \overset{v}{ˉ}$ 也互为共轭。再记住 $∣ z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} ∣ = ∣ z_{1} ∣∣ z_{2} ∣$ ，就能知道交叉乘积的模。

例 5：由模求比值的幂

复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $∣ z_{1} ∣ = ∣ z_{2} ∣ = 2$ ， $∣ z_{1} + z_{2} ∣ = 2$ 。求 $(\frac{z _{1}}{z _{2}})^{2} + (\frac{z _{2}}{z _{1}})^{2}$ 。

怎么看出来：

不知道 $z_{1}, z_{2}$ 本身，但比值的模是 $1$ ，它的倒数就是它的共轭。

解：

平方展开： $4 = 4 + 4 + (z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} + \overset{z}{ˉ}_{1} z_{2})$ ，所以 $z_{1} \overset{z}{ˉ}_{2} + \overset{z}{ˉ}_{1} z_{2} = - 4$ 。设 $z = \frac{z _{1}}{z _{2}}$ 。由 $z_{2} \overset{z}{ˉ}_{2} = 4$ 得 $z = \frac{z _{1} z ˉ _{2}}{4}$ ，并且 $∣ z ∣ = 1$ ，所以 $\frac{1}{z} = \overset{z}{ˉ} = \frac{z ˉ _{1} z _{2}}{4}$ 。于是 $z + \frac{1}{z} = \frac{- 4}{4} = - 1$ ，再由 $z^{2} + \frac{1}{z ^{2}} = (z + \frac{1}{z})^{2} - 2$ 得 $1 - 2 = - 1$ 。检查：取 $z_{1} = 2, z_{2} = - 1 + 3 i$ ，模都是 $2$ ，和为 $1 + 3 i$ ，模是 $2$ ，代入数值也得 $- 1$ 。

答案：

$- 1$ 。

进阶：单位根分式 · 先修：复数的模

单位根的分式：先查分母

若 $z^{n} = 1$ 且 $z \neq = 1$ ，由 $(z - 1) (1 + z + \dots + z^{n - 1}) = z^{n} - 1 = 0$ 得 $1 + z + \dots + z^{n - 1} = 0$ 。又 $∣ z ∣^{n} = 1$ ，所以 $∣ z ∣ = 1$ ， $z^{- 1} = \overset{z}{ˉ}$ 。当 $1 + z^{2} \neq = 0$ 时， $\frac{z}{1 + z ^{2}} = \frac{1}{z + z ^{- 1}}$ ，分母是一个共轭和。分母要先查： $z^{5} = 1, z \neq = 1$ 时，若 $1 + z^{2} = 0$ ，则 $z^{2} = - 1, z^{4} = 1$ ，于是 $z = z^{5} \div z^{4} = 1$ ，矛盾，所以分母不为零。但 $z^{4} = 1, z = i$ 时 $1 + z^{2} = 0$ ，这个分式没有意义。分式合并时，用上面的和为 0 把高次幂降下来。

例 6：五次单位根的共轭和

$z^{5} = 1$ 且 $z \neq = 1$ ，求 $z + z^{- 1}$ 所有可能的值。

怎么看出来：

$z^{- 1} = z^{4}$ ， $z^{- 2} = z^{3}$ 。把幂配成两对共轭和，它们的和与积都能算。

解：

由 $z^{5} = 1$ 得 $z^{- 1} = z^{4}, z^{- 2} = z^{3}$ 。设 $a = z + z^{4}, b = z^{2} + z^{3}$ 。因为 $1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} = 0$ ，所以 $a + b = - 1$ 。 $ab = z^{3} + z^{4} + z^{6} + z^{7} = z^{3} + z^{4} + z + z^{2} = - 1$ ，这里用了 $z^{6} = z, z^{7} = z^{2}$ 。所以 $a, b$ 是方程 $x^{2} + x - 1 = 0$ 的两根，即 $\frac{- 1 \pm 5}{2}$ 。两个值都能取到： $z = cos 7 2^{\circ} + i sin 7 2^{\circ}$ 时 $a = 2 cos 7 2^{\circ} \approx 0.618$ ； $z = cos 14 4^{\circ} + i sin 14 4^{\circ}$ 时 $a = 2 cos 14 4^{\circ} \approx - 1.618$ 。

答案：

$\frac{- 1 + 5}{2}$ 或 $\frac{- 1 - 5}{2}$ 。

真题

按这个方法练 · 3 题

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误区对照

容易误以为

$w = 3 + i$ 的辐角为 $π /6$ ，所以 $w^{3} = i$ 。

应当这样想

$∣ w ∣ = 2$ ，德莫弗公式还要保留 $2^{3}$ ，故 $w^{3} = 8 i$ ，而非 $i$ 。

为什么

只有单位模复数的幂才无需额外模长因子，角度周期不能消去尺度增长。

容易误以为

$q^{3} = 1$ ，所以 $1 + q + q^{2} = (q^{3} - 1) / (q - 1) = 0$ 对所有这样的 $q$ 都成立。

应当这样想

仅在 $q \neq = 1$ 时可以除以 $q - 1$ ； $q = 1$ 时三项和为 $3$ 。非平凡三次单位根才满足 $1 + q + q^{2} = 0$ 。

为什么

几何级数分式有分母条件；整数次幂等于一不自动排除单位元。

概念自测

先想清楚，再确认判断。这些自测只帮助辨清概念，不计入真题做对率。

真题 · 17 道

从易到难排列。圆点表示你在这台设备上的做题情况：绿色做对、黄色部分做对、红色没做出。

复数的三角形式与指数形式

从这里开始

幂落到实轴前，先看模长与角度

知识要点

方法卡

高次方程有模已知的根：先取模定点，再代回

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

负数的平方根：复数二次方程怎么解

取模时，幂的模是已知的

两个单位圆的交点

这时 z−a 可以用 z 表示

两个幂同时等于 1：列表找循环

先看一道例题

例 1：两个幂同时为 1，求最小指数

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：由根反求系数

五、容易错在哪

用角度写出单位圆上的点

例 3：用角度求全部系数

幂或商是实数：写成模和角，让角是 π 的整数倍

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

单位圆和模、角

乘除时角相加减

实数和正实数的角

共轭的角相反

先看一道例题

例 1：数负实数的个数

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：商是实数，两个方向都保留

五、容易错在哪

藏在式子里的角

例 3：两个藏在正切里的角

例 4：幂商和实部条件联立

高次幂和幂的和：模单独算，方向按周期算

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

若有低次幂是实数，就用它降次

模不会循环，要留在 c 里

共轭的幂

模为 1 的数：幂的和按周期算

先看一道例题

例 1：共轭幂之和

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：由和反求项数

五、容易错在哪

用角度算幂

例 3：纯虚数的指数和值

等比求和公式

例 4：模不是 1 的幂之和

qm=1 型的式子：用整段和为 0 降次，变量代换要能还原

一、是什么

复数的记号：坐标、模、共轭

负数的平方根：复数二次方程怎么解

为什么整段的和是 0

3 次的情形

分式里的分母要先看

化简时先降次

除以中间次幂，换成 x+x1​

先看一道例题

例 1：直接用 1+ω+ω2=0

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：先认出 5 次，再用 x+x1​

五、容易错在哪

把方程写成比值的幂

u−1 的半角写法

例 3：比值满足 3 次单位根的方程

共轭复数的幂相加：成对配起来，只留实部

一、是什么

共轭和模

为什么幂也是共轭

这时 $z - a$ 可以用 $z$ 表示

幂或商是实数：写成模和角，让角是 $π$ 的整数倍

模不会循环，要留在 $c$ 里

$q^{m} = 1$ 型的式子：用整段和为 0 降次，变量代换要能还原

除以中间次幂，换成 $x + \frac{1}{x}$

例 1：直接用 $1 + ω + ω^{2} = 0$

例 2：先认出 5 次，再用 $x + \frac{1}{x}$

$u - 1$ 的半角写法