21.复数的性质例1.2试证明：复平面和去掉北极点的球面之间存在一个双射4Rez4Imz222口证明考察球极投射(2)=（z/2+42/2+4z/2+4)注上述映射实际为C到S2|N的拓扑同胚.然而本例中为何将北极点抠掉？通过几何解释容易看出，北极点对应于无穷远点.若令上式右侧为北极点(0,0,2)，亦可发现z→0有时，我们将添加无穷远点的复平面CUo]记作C，也称作复平面的完备化4例1.3在复数域内求解代数方程2k=0.k=04解1－25=(1－2)2=0，且注意到1不是原方程的根，因此原方程的根是除1以外其余4个五次k=0(2ki)单位根，即=exp，k=1,23,4.更具体地：V10+2V/5LV5-1V5+1V10-2V521,2 =1,23.4=4444有了复数这个工具，我们可以研究三次、四次代数方程根的结构，h考察三次方程aar3+ba2+ca+d=0，a≠0.作变量代换y=a+可得Cardano型三次方3g程：g3+py+q=0.设解具有y=A+VB的形式.经过代入计算可以得到：2q?p3qy=V4+27V442722qp3如果置判别式△=则分情况有：427(1)△>0，原方程具有两个复根，一个实根.(2)△=0，原方程具有重根，但全部为实根(3)△<0，原方程具有三个实根，可直接利用此求根公式结合deMoivre公式求得如果一个高次代数方程能够观察出有理根，固然没必要如此操作，这是因为即便具有一个很简单的根的三次方程，如果强行使用求根公式，结果会很繁杂7考察3-6+5=0，它具有显然的根1，如果强行使用求根公式，△=这时4-5+V7i-5- V7ir=22上述形式是难以观察出包含1这个根的，除非再反过来解三次方程，而这个过程多见于初中数学竞赛.例如：例1.4化简：=2+V3+V2-V3
2 1. 复数的性质 例1.2 试证明：复平面和去掉北极点的球面之间存在一个双射. 证明 考察球极投射ϕ(z) = 4Rez |z| 2 + 4 , 4Imz |z| 2 + 4 , 2|z| 2 |z| 2 + 4 . 注 上述映射实际为C到S 2 \ {N}的拓扑同胚. 然而本例中为何将北极点抠掉？通过几何解释容易看 出，北极点对应于无穷远点. 若令上式右侧为北极点(0, 0, 2)，亦可发现z → ∞. 有时，我们将添加无穷远点的复平面C S {∞}记作C∞，也称作复平面的完备化. 例1.3 在复数域内求解代数方程 X 4 k=0 z k = 0. 解 1 − z 5 = (1 − z) X 4 k=0 z k = 0，且注意到1不是原方程的根，因此原方程的根是除1以外其余4个五次 单位根，即z = exp n2kπi 5 o , k = 1, 2, 3, 4. 更具体地： z1,2 = − √ 5 + 1 4 ± p 10 − 2 √ 5 4 i, z3,4 = p 10 + 2√ 5 4 ± √ 5 − 1 4 i. 有了复数这个工具，我们可以研究三次、四次代数方程根的结构. 考察三次方程ax3 + bx2 + cx + d = 0, a 6= 0. 作变量代换y = x + b 3a ，可得Cardano型三次方 程：y 3 + py + q = 0. 设解具有y = √3 A + √3 B的形式. 经过代入计算可以得到： y = 3 s − q 2 + r q 2 4 + p 3 27 + 3 s − q 2 − r q 2 4 + p 3 27 . 如果置判别式∆ = q 2 4 + p 3 27 ，则分情况有： (1)∆ > 0，原方程具有两个复根，一个实根. (2)∆ = 0，原方程具有重根，但全部为实根. (3)∆ < 0，原方程具有三个实根，可直接利用此求根公式结合de Moivre公式求得. 如果一个高次代数方程能够观察出有理根，固然没必要如此操作，这是因为即便具有一个很简 单的根的三次方程，如果强行使用求根公式，结果会很繁杂. 考察x 3 − 6x + 5 = 0，它具有显然的根1，如果强行使用求根公式，∆ = − 7 4 ，这时 x = 3 s −5 + √ 7i 2 + 3 s −5 − √ 7i 2 . 上述形式是难以观察出包含1这个根的，除非再反过来解三次方程，而这个过程多见于初中数学 竞赛. 例如： 例1.4 化简：x = p3 2 + √ 3 + p3 2 − √ 3
3解注意到3=4-3c，即3+3－4=0.观察到1为它的一个根，并且△=3>0，故1是它的唯一实根，所以=2+V3+2-V3=1.例1.5求解方程的所有复根：8r3-6a+1=0.3解首一化，得3_3+！！=0.考察△=此时f 84256+=2C化简，得：1=cos40%，22=-cos20°，C3=sin10°.6考察四次方程aa4+br3+ca?+da+e=0,a≠0，置y=a+可化为Cardano标准形4a'式：y4+py2+qy+r=0.考察配方：y4+2my2+m2=(2m-p)y?-qy+m2-r.由于参数m是待定的，令右侧为一个完全平方式，即4(2m一p)（m2-r）=q2.这是一个关于m的三次方程，可用前面的办法任意确定m的一个解即可如果注意观察三次方程的求根公式，不难将其推广到五次甚至任意奇数次的特殊型代数方程中，例如：2+pe3++9=0，它的求根公式为5/q2p5qp59V4+3125V4+31252某一年北京大学自主招生的一道试题：5+10元3+20r一4=0正是满足这种形式的五次方程，2，但是这种做法除了出题人以外可惜当年无人做出此题.标准答案给出的做法是变量代换=tt很难想到，使用上述公式可以轻松得到结果，留作练习，我们试着把实数中的Cauchy不等式推广到复数中，结论依旧成立：定理1.3（Cauchy）设z1，.，zn和wi，.，wn是2n个复数，则z2w≤(2)Cwk/k-1k=1k=1它是可以由下述更强的结论直接推得的，下面结论的证明留作练习，定理1.4(Lagrange)条件同定理1.3，则zkWk=C[2k12)()- 2<is下面，我们考察关于圆周的对称性问题
3 解 注意到x 3 = 4 − 3x，即x 3 + 3x − 4 = 0. 观察到1为它的一个根，并且∆ = 3 > 0，故1是它的唯一 实根，所以x = p3 2 + √ 3 + p3 2 − √ 3 = 1. 例1.5 求解方程的所有复根：8x 3 − 6x + 1 = 0. 解 首一化，得x 3 − 3 4 x + 1 8 = 0. 考察∆ = − 3 256 ，此时 x = 1 2 3 s − 1 2 + √ 3 2 i + 3 s − 1 2 − √ 3 2 i . 化简，得：x1 = cos 40◦，x2 = − cos 20◦，x3 = sin 10◦ . 考察四次方程ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0, a 6= 0，置y = x + b 4a ，可化为Cardano标准形 式：y 4 + py2 + qy + r = 0. 考察配方：y 4 + 2my2 + m2 = (2m − p)y 2 − qy + m2 − r. 由于参数m是待定的，令右侧为一个完全平方式，即4(2m − p)(m2 − r) = q 2 . 这是一个关于m的 三次方程，可用前面的办法任意确定m的一个解即可. 如果注意观察三次方程的求根公式，不难将其推广到五次甚至任意奇数次的特殊型代数方程 中，例如：x 5 + px3 + p 2 5 x + q = 0，它的求根公式为 x = 5 s − q 2 + r q 2 4 + p 5 3125 + 5 s − q 2 − r q 2 4 + p 5 3125 某一年北京大学自主招生的一道试题：x 5 + 10x 3 + 20x − 4 = 0正是满足这种形式的五次方程， 可惜当年无人做出此题. 标准答案给出的做法是变量代换x = t − 2 t ，但是这种做法除了出题人以外 很难想到. 使用上述公式可以轻松得到结果，留作练习. 我们试着把实数中的Cauchy不等式推广到复数中，结论依旧成立： 定理1.3 (Cauchy)设z1, · · · , zn和w1, · · · , wn是2n个复数，则 Xn k=1 zkwk 2 6 Xn k=1 |zk| 2 Xn k=1 |wk| 2 . 它是可以由下述更强的结论直接推得的，下面结论的证明留作练习. 定理1.4 (Lagrange)条件同定理1.3，则 Xn k=1 zkwk 2 = Xn k=1 |zk| 2 Xn k=1 |wk| 2 − X 16j<k6n |zjwk − zkwj | 2 . 下面，我们考察关于圆周的对称性问题
41.复数的性质定理1.5z1,z2关于直线l：Bz+Bz+C=0对称当且仅当Bz1+Bz2+C=0证明由题意，2－21与iB正交，且el.列成式子，有：2ReiB(2-)=0,且+B+C=0.22第一个式子可以推得B2+Bz1=BZ1+Bz2，代入第二个式子即得必要性在Bz1+Bz2+C=0两侧取共轭：Bz2+Bz1+C=0.口上述两个等式分布相加、相减即可得到充分性一侧的两个条件定义1.6称z1,22关于以z0为圆心、以R为半径的圆周K对称，如果（21－20)(22－20）=R2.类似地，也可以得到下述关于圆周对称的充要条件，证明留作练习定理1.7设ACR，BEC，B2>AC，圆周K:Az+Bz+B+C=0，则z1,z2关于K对称当且仅当Az2z1+Bz2+Bz1+C=0.下面给出一个四点共圆的条件，而这个条件也是将来要学习的分式线性变换的不变量定义1.821,2,23,24EC至少有三点不同，称1二3：1二24为21,22,23,24的交比，记作(21,2,23,24)22-2322—z4定理1.9如果四个不同的点满足交比为实数，则四点共圆（包括共线的情况).证明留作练习.练习1.试使用定理1.2推出复数的三角不等式，2.证明：A,CER，BEC，B2>AC时，Azz+Bz+Bz+C=0为圆周方程3.求解方程的所有实根：5+10z3+20元-4=04.试证明定理1.4(Lagrange恒等式)，并讨论定理1.3(Cauchy不等式)的取等条件5.试证明定理1.7.6.试证明定理1.9.7.21,22EC，21+22ER，2122ER，求证：21,22ER或Z1=228.若[21=22，>0,证明：[21222=2122]9.证明：1-2-[-a2=(1-[a)(1[2)10.求出关于虚轴和圆周z-2|=1的公共对称点.2的公共对称点.11.求出关于圆周|=1和-1]=12.求复数z0≠0关于直线l：+y=0的对称点.13.设之，W是正方形的两个顶点，试求出所有可能情况的另外两个顶点问题1.设0<an≤an-1≤·≤ao，求证：方程akzk=0在D内无根k=0
4 1. 复数的性质 定理1.5 z1, z2关于直线` : Bz + Bz + C = 0对称当且仅当Bz1 + Bz2 + C = 0. 证明 由题意，z2 − z1与iB正交，且 z1 + z2 2 ∈ `. 列成式子，有： Re iB(z2 − z1) = 0，且B z1 + z2 2 + B z1 + z2 2 + C = 0. 第一个式子可以推得Bz2 + Bz1 = Bz1 + Bz2，代入第二个式子即得必要性. 在Bz1 + Bz2 + C = 0两侧取共轭：Bz2 + Bz1 + C = 0. 上述两个等式分布相加、相减即可得到充分性一侧的两个条件. 定义1.6 称z1, z2关于以z0为圆心、以R为半径的圆周K对称，如果(z1 − z0)(z2 − z0) = R2 . 类似地，也可以得到下述关于圆周对称的充要条件，证明留作练习. 定理1.7 设A, C ∈ R，B ∈ C，|B| 2 > AC，圆周K : Azz + Bz + Bz + C = 0，则z1, z2关于K对称当 且仅当Az2z1 + Bz2 + Bz1 + C = 0. 下面给出一个四点共圆的条件，而这个条件也是将来要学习的分式线性变换的不变量. 定义1.8 z1, z2, z3, z4 ∈ C∞至少有三点不同，称 z1 − z3 z2 − z3 : z1 − z4 z2 − z4 为z1, z2, z3, z4的交比，记作(z1, z2, z3, z4). 定理1.9 如果四个不同的点满足交比为实数，则四点共圆(包括共线的情况). 证明留作练习. 练习 1. 试使用定理1.2推出复数的三角不等式. 2. 证明：A, C ∈ R，B ∈ C，|B| 2 > AC时，Azz + Bz + Bz + C = 0为圆周方程. 3. 求解方程的所有实根：x 5 + 10x 3 + 20x − 4 = 0. 4. 试证明定理1.4(Lagrange恒等式)，并讨论定理1.3(Cauchy不等式)的取等条件. 5. 试证明定理1.7. 6. 试证明定理1.9. 7. z1, z2 ∈ C，z1 + z2 ∈ R，z1z2 ∈ R，求证：z1, z2 ∈ R或z1 = z2. 8. 若|z1| = λ|z2|，λ > 0，证明：|z1 − λ 2 z2| = λ|z1 − z2|. 9. 证明：|1 − az| 2 − |z − a| 2 = (1 − |a| 2 )(1 − |z| 2 ). 10. 求出关于虚轴和圆周|z − 2| = 1的公共对称点. 11. 求出关于圆周|z| = 1和|z − 1| = 5 2 的公共对称点. 12. 求复数z0 6= 0关于直线` : x + y = 0的对称点. 13. 设z, w是正方形的两个顶点，试求出所有可能情况的另外两个顶点. 问题 1. 设0 < an 6 an−1 6 · · · 6 a0，求证：方程 Xn k=0 akz k = 0在D内无根