复杂的轭合物

给定一个复数\(z = a + bi \，(a, b \in \mathbb{R})\)复共轭的\(z，\)表示\(\overline{z}，\)是复数\(\overline{z} = a - bi\)。共轭复数具有相同的实分量\(a\)，但虚分量\(b\)的符号相反。

复共轭物的性质:

1. \(\hspace{1mm} \overline {z +w}=\overline {z} +\overline {w} \)
2. \(\hspace{1mm} \overline {z-w}=\overline {z} -\overline {w} \)
3. \(\hspace{1mm} \overline {z\cdot w} =\overline {z} \cdot \overline {w} \)
4. \(\hspace{1mm} \overline{\left(\frac zw\right)}=\frac {\ overline{z}}{\overline{w}} \)
5. \(\hspace{1mm} \overline {\overline {z}} = z， \)即\(z\)的共轭为\(z.\)
6. \(\hspace{1mm} \overline {z} = z\)，当且仅当\(z\)为实。
7. \(\hspace{1mm} {|z|}^{2}=z\cdot \overline {z}= \overline {z} \cdot z\)，其中\(|z|\)表示\(z.\)的模量
8. \ \(水平间距{1毫米}\眉题{{z} ^ {n}} = \离开(\眉题{z} \右)^ {n} \)

\(z\)和\(\overline {z}:\)的操作

• 一)\ (z + \眉题{z} = (a + ib) + 2 (a-ib) = \) \ ((\ \ mathbb {R}) \)
• B) \(z-\overline {z} =(a+ib)-(a-ib)=2bi\)(纯虚数)
• c) \ (z \ cdot \眉题{z} = (a + ib) (a-ib) ={一}^ {2}abi + abi - {b} ^{2}{我}^{2}={一}^ {2}+ {b} ^{2} \) \ \大({我}^{2}= \大(大概{1}}{\ \大)^{2}= 1 \大)\)

基于这些运算，我们可以增加共轭的一些性质:

\ \(水平间距{1毫米}\)9。\(\hspace{1mm} z+\overline{z}=2\text{Re}(z)\)，两倍于\(z.\)实元
\ \(水平间距{1毫米}\)10。\(\hspace{1mm} z-\overline {z} =2\text{Im}(z)\)，两倍于\(z.\)的虚元素

为什么共轭?

共轭的需要来自\({i}^{2}=-1\)。这意味着方程有两个根，即\(i\)和\(-i\)。

这告诉我们，从实数的角度来看，两者是不可区分的。例如，对于具有实系数的多项式\(f(x)\)， \(f(z=a+bi)=0\)可能是一个解，当且仅当它的共轭也是一个解\(f(\overline z=a-bi)=0\)。这意味着它们在实数坐标系中基本相同。

共轭的一个重要性来自于一个复数与其共轭的乘积是一个实数!!(参见上文操作c)。)这在简化复杂表达式时可以派上用场。这就像是将一个理性的表达合理化。让我们看一个例子来看看我们是什么意思。

执行必要的操作，将\(\frac{4+3i}{5+2i}\)转换为\(a+bi \，(a,b \in \mathbb{R})\)形式。

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分子和分母同时乘以分母的共轭，方法类似于表达式合理化:

\[开始\{对齐}\压裂{4 + 3 i}{5 + 2我}& = \压裂{4 + 3 i}{5 + 2我}\ cdot \压裂{5-2i} {5-2i} \ \ & = \压裂{(4 + 3)(5-2i)} {{5} ^ {2} + {2} ^ {2 } } \\ &=\ 压裂{20-8i + 15的时候{我}^{2}}{29}\ \ & = \压裂{26}{29}+ \压裂{7}{29}我\ \ \ \ \ Rightarrow一= \压裂{26}{29},b = \压裂{7}{29}。\ _\square \end{align}\]

让我们看更多的例子来加强我们的理解。

执行必要的操作，将\(\overline {\left(\frac {2-3i}{4+5i} \right) \left(\frac {4-i}{1-3i} \right)}置于\(a+bi \，(a,b \in \mathbb{R})\)形式。

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执行必要的运算，并利用复数及其共轭的性质，我们有

\[开始\{对齐}\眉题{\离开(\压裂{2-3i}{4 + 5我}\)\离开(\压裂{我}{1-3i} \右)}& = \眉题{\离开(\压裂{2-3i}{4 + 5我}\右)}左(\ \ cdot \眉题{\压裂{我}{1-3i} \ ) } \\\\ &=\ 压裂{\眉题{2-3i}}{\眉题{4 + 5}}\ cdot \压裂{\眉题{我}}{\眉题{1-3i } }\\\\ &=\ 压裂{2 + 3}{4-5i}。\压裂{4 +我}{1 + 3 } \\\\ &=\ 压裂{5 + 14我}{19 + 7我}。结束\{对齐}\]

使用合理化因子\(19-7i\)来简化:

\[\frac {5+14i}{19+7i} \cdot \frac {19-7i}{19-7i} =\frac {193}{410} - \frac {231}{410} i. \ _\square\]

执行必要的操作，将\(\frac {-3x}{1-5xi} +\frac {3i}{3+i} \)转换为\(a+bi \，(a,b \in \mathbb{R})\)形式。

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将每个术语合理化，并总结出常见的术语，我们有

\[开始\{对齐}\压裂{3 x} {1-5xi} + \压裂{3 i}{3 +我}& = \压裂{3 x} {1-5xi} \ cdot \压裂{1 + 5ξ}{1 + 5ξ}+ \压裂{3 i}{3 +我}\ cdot \压裂{3 i} {3 i } \\ &= \ 左(\压裂{3 x - 15 {x} ^我}{2}{1 + 25 {x} ^{2}} \右)+ \离开(\压裂{9 i + 3}{10} \) \ \ & = \离开(\压裂{3 x} {1 + 25 {x} ^{2}} - \压裂{15 {x} ^ {2}} {1 + 25 {x} ^{2}}我\右)+ \离开(\压裂{9}{10}i + \压裂{3}{10}\)\ \ & = \离开(\压裂{3 x} {1 + 25 {x} ^{2}} + \压裂{3}{10}\右)+ \离开(\压裂{-15 {x} ^ {2}} {1 + 25 {x} ^ {2}} i + \压裂{9}{10}我\)\ \ & = \压裂{-30 x + 3 + 75 {x} ^ {2}} {10 + 250 {x} ^{2}} + \离开(\压裂{-150 {x} ^ {2} + 9 + 225 {x} ^ {2}} {10 + 250 {x} ^{2}} \右)我。\ \ _ \广场结束{对齐}\]

鉴于\ (x =我\)是一个根\ (f (x) = x ^ 3-8x ^ 2 + 6 x + 52岁\)因素完全\ (f (x) \)。

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根据复共轭根定理，我们知道\(x=5+i\)也是\(f(x)的根。

\[开始\{对齐}\大(x -大(我)\)\大(x - (5 + i) \大)& = \大(我\大(x5) +) \大((x5) - \大)\ \ & = x ^ 2-10x + 26 \{对齐}结束\]

\(f(x)\)是一个实数因子，我们可以用\(f(x)\)除以这个因子，得到

\[\压裂{x ^ 3-8x ^ 2 + 6 x + 52} {x ^ 2-10x + 26} = x + 2 \]。

因此，\(f(x)\)可以因式分解为

\ [f (x) = (x5 + i) (x-5-i) (x + 2)。广场\ _ \ \]

求有根\(5\)和\(3+i.\)的三次多项式

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根据复共轭根定理，\(3-i\)是\(3+i\)的共轭也是多项式的根。因此，设\(f(x)\)为根\(3+i，\) \(3-i，\)和\(5，\)的三次多项式

\[开始\{对齐}f (x) = (x5) \大(x - (3 + i) \大)、大(x - (3 i) \大)\ \ & = (x5) \大((- 3)- i \大)\大((3)+ i \大)\ \ & = (x5) \大(x ^ 2-6x + 9 i ^ 2 \大)\ \ & = (x5) \大(x ^ 2-6x + 10 \大)\ \ & = x ^ 3-11x ^ 2 + 40 x 50。\ _\square \end{align}\]

如果\(p\)和\(q\)是实数，而\(2+\√{3}i\)是\(x^2+px+q=0，\)的根，\ (p\)和\(q\)的值是多少?

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由于二次方程的系数都是实数，因此\(2-\√{3}i\)的共轭\(2+\√{3}i\)也是二次方程的根。因此，根据维达公式

\ [p = \离开(2 + \ sqrt{3}我\右)+ \离开(2 -大概{3}我\ \),左\四q = \(2 +大概{3}我\ \)\离开(2 -大概{3}我\ \)\]。

因此，\(p=-4\)和\(q=7。\ \ _ \广场)

证明如果\(a+bi \(b \ neq0)\)是\(x^2+px+q=0\)的根，且\(a, b, p, q \in \mathbb{R}，\)，则\(a-bi\)也是二次方程的根。

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因为\(a+bi\)是二次方程的根，所以它一定是对的

\ [(+ bi) ^ 2 + p + q = 0 (a + bi)。\]

如果我们把上面的方程重写，我们得到

大\ [\ (^ 2 b ^ 2 + pa + q \大)+ (2 ab + pb) i = 0。\]

由于\(a, b, p, q \in \mathbb{R}，\)我们有

\[a^2-b^2+pa+q=0， \quad 2ab+pb=0。\ qquad (1) \]

现在，如果我们把\(a-bi\)代入\(x^2+px+q，\)我们就得到

\ [(bi) ^ 2 + p (bi) + q = \大(^ 2 b ^ 2 + pa + q \大)——(2 ab + pb)我\]

等于0除以\((1)

因此，\(a-bi\)也是二次方程的根一定是正确的。\(广场\ _ \ \)

这两个复数\(\sin x+i\cos 2x\)和\(\cos x-i\sin 2x\)能互为共轭吗?如果是，\(x)可能的实际值是多少?

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让\(\cos x-i\ sin2x \)是\(\ sinx +i\cos 2x，\)的共轭，那么我们就有\[\begin{align} \overline{\sin x+i\cos 2x} &= \cos x-i\sin 2x\ \\ Rightarrow \sin x-i\cos 2x &= \cos x-i\sin 2x，\ end{align} \]这意味着\[\sin x=\cos x\ text{and} \cos 2x=\sin 2x\]因为正弦或余弦函数的值都是实数。因此，我们可以将上述方程重写为:\[\tan x=1 \text{and} \tan 2x =1。观察到这两个方程不能同时成立，那么问题中的两个复数对于任何实值都不可能是彼此的共轭\(x)。\ \ _ \广场)

如果\(\alpha^2=3-4i，\) \(\alpha \overline{\alpha}?\)

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自\ \α^ 2 = 3-4i \)我们有\[\离开(\眉题{α\}\右)^ 2 = \眉题{\α^ 2}= 3 + 4。\]因此,\[{对齐}\ \开始离开(α\ \眉题{α\}\右)^ 2 & = \α^ 2 \离开(\眉题{α\}\右)^ 2 \ \ & = (3-4i) (3 + 4) \ \ & = 25 \ \ \ Rightarrow \α\眉题{\α}& = \下午5。\end{align}\]观察如果\(\alpha=p+qi \(p, q \in \mathbb{R})\)和\(\overline{\alpha}=p-qi，\)那么\(\alpha \overline{\alpha}=p^2+q^2 \geq 0.\)那么\[\alpha \overline{\alpha}=5。广场\ _ \ \]

对于非实数复数\(\alpha，\)如果\(\alpha +\frac{1}{\alpha}\)是实数，那么\(\alpha \overline{\alpha}?\)

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自\ \α+ \压裂{1}{α\}\)是一个实数,我们有\[\α+ \压裂{1}{\α}= \眉题{\离开(α+ \ \压裂{1}{α\}\右)}= \眉题{\α}+ \压裂{1}{\眉题{\α}}。因此，我们得到\[\begin{align} \left(\alpha-\overline{\alpha}\right)+\left(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\overline{\alpha}}\right) &= 0 \\ left(\alpha-\overline{\alpha}}\right)\left(1-\frac{1}{\alpha \overline{\alpha}}\right) &= 0。\end{align}\]由于\(\alpha\)是一个非实数，\ (\alpha\ neq \overline{\alpha}.\)因此，\ [1-\frac{1}{\alpha \overline{\alpha}}=0，\]意味着\(\alpha\ overline{\alpha}=1。\ \ _ \广场)

如果一个复数\(z=a+bi \(a > 0, b > 0)\)满足\(z^2+\overline{z}=0，\)有多少个小于100的正整数\(n\)使\(z^n\)为整数?

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自\ (z ^ 2 + \眉题{z} = 0, \)我们有\[\{对齐}开始z ^ 2 + \眉题{z} & = (a + bi) ^ 2 + (bi) \ \ & = (^ 2 b ^ 2 + 1) + (2 ab-b) i = 0。结束\{对齐}\]因此,\[\开始{对齐}^ 2 b ^ 2 + & = 0 \ qquad (1) \ \ 2 ab-b & = 0 \ \ \ Rightarrow b (2 a - 1) & = 0。\ qquad结束(2)\{对齐}\]自从\ (b > 0, \)我们获得\ (a = \压裂{1}{2}\)\((2)\)和用这个\ ((1)\)\ (^ 2 = b \压裂{3}{4}\)或\ (b = \压裂{\ sqrt{3}}{2} \) \以来(b > 0。\)因此,\ [z = \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}。\]现在,观察到\[\{对齐}开始z ^ 2 & = \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}\ \ z ^ 3 & = zz ^ 2 = \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}\ cdot \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}= 1 \ \ z ^ 4 & = zz ^ 3 = \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}\ cdot(1) = \压裂{1 - \√我}{3}{2}\ \ z z z ^ ^ 5 & = 2 ^ 3 = \压裂{1 + \ sqrt我}{3}{2}\ cdot(1) = \压裂{1 - \√我}{3}{2}\ \ z ^ 6 & = \大(z ^ 3 \大)^ 2 = 1 \ \ & \ vdots \{对齐}结束\]然后\ (n \)必须是3的倍数,使\ (z ^ n \)整数。

因此，有33小于100的正整数，使\(z^n\)为整数。\(广场\ _ \ \)