2 1.复数的性质 例12试证明：复平面和去掉北极点的球面之间存在一个双射 4Rez 4Imz 222 证明考察球极投射p()=（2+4心+4P+4 0 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)，亦可发现之→00 有时，我们将添加无穷远点的复平面CU{o∞}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∑=0. 0 解1-5=(1-)∑小=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：=6即一)长=1,234更具体地： 2=-5+1±0-2W5,84=0+2W5±5- 4 4 4 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+br2+cr+d=0,a≠0.作变量代换划=x+，,可得Cardano型三次方 程：+四+q=0.设解具有y=A+的形式.经过代入计算可以得到 g=号++罗+是-+ 如果置判别式△=号+号，则分情况有： ()△>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x3-6x+5=0,它具有显然的根1，如果强行使用求根公式，△=-，这时 + +=V2 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=2+V3+/2-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'(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 ! 1. 有时，我们将添加无穷远点的复平面C S{1}记作C1，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 zk = 0. 解 1 z5 = (1 z) X 4 k=0 zk = 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 n2k⇡i 5 o , k = 1, 2, 3, 4. 更具体地： z1,2 = p5+1 4 ± p10 2 p5 4 i, z3,4 = p10 + 2p5 4 ± p5 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：y3 + py + q = 0. 设解具有y = p3 A + p3 B的形式. 经过代入计算可以得到： y = 3 s q 2 + rq2 4 + p3 27 + 3 s q 2 rq2 4 + p3 27. 如果置判别式 = q2 4 + p3 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x3 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 + p7i 2 + 3 s 5 p7i 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 + p3 + p3 2 p3
3 解注意到x3=4-3,即x3+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=/2+V3+/2-V=1. 例1.5求解方程的所有复根：8x3-6x+1=0. 督首一化，得-子+有=0考聚△=嘉地时 =++到 化简，得：E1=cos40°，2=-cos20°，x3=sin10°. 考察四次方程ur1+b加2+e2+正十e=0a≠0，置y=+名可化为Cardano标准形 式：y+四2+qw+r=0.考察配方：y+2my2+m2=(2m-py2-9g+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-pj(m2-r)）=.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：5+pm3+号x+q=0,它的求根公式为 -g+厚+赢+号臀+忌 5 某一年北京大学自主招生的一道试题：x5+103+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一三，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1，.，n和1，·，0n是2n个复数，则 I店mfs(f(af 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 |宫=(P)(a）-三-aR 下面，我们考察关于圆周的对称性问题
3 解 注意到x3 = 4 3x，即x3 + 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 + p3 + p3 2 p3 = 1. 例1.5 求解方程的所有复根：8x3 6x + 1 = 0. 解 首一化，得x3 3 4 x + 1 8 = 0. 考察 = 3 256，此时 x = 1 2 ⇣ 3 s 1 2 + p3 2 i + 3 s 1 2 p3 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：y4 + py2 + qy + r = 0. 考察配方：y4 + 2my2 + m2 = (2m p)y2 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) = 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：x5 + px3 + p2 5 x + q = 0，它的求根公式为 x = 5 s q 2 + rq2 4 + p5 3125 + 5 s q 2 rq2 4 + p5 3125 某一年北京大学自主招生的一道试题：x5 + 10x3 + 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
1.复数的性质 定理1.51,2关于直线：B:+Bz+C=0对称当且仅当B+B2+C=0 运塑由愿意，。-与B正交，且兰（列成式子，有： ReiB(2-=0,且B1十2+B十2+C=0. 第一个式子可以推得B2+B1=B1+B2,代入第二个式子即得必要性， 在B1+B2+C=0两侧取共轭：B2+B1+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1,2关于以0为圆心、以R为半径的圆周K对称，如果(a-0)(2-20=形 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,|BP>AC,圆周K:A2+Bz十Bz+C=0,则，2关于K对称当 且仅当A21+B2+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1.81,2移，∈C至少有三点不同，称3：1二为1,2,3,4的交比，记作(1,2,3,4). 定理L9如果四个不同的点满足交比为实数，则网点美圆包括共线的情况.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,1BP>AC时，Az2+B:+Bz+C=0为圆周方程 3.求解方程的所有实根：x5+10r3+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. 7.1,2∈C,1十2∈R,12∈R,求证：1,2∈R或=2 8.若=川2，入>0，证明：a-22=川a-2 9.证明：1-az-2-a2=(1-la2)1-2) 10.求出关于虚轴和圆周2-2引=1的公共对称点. 11.求出关于圆周=1和：-1=号的公共对称点 12.求复数0≠0关于直线：x+y=0的对称点. 13.设：，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≤a-1≤.≤o,求证：方程∑ak=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 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 2 R，B 2 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 2 C1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 2 R，B 2 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：x5 + 10x3 + 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 2 C，z1 + z2 2 R，z1z2 2 R，求证：z1, z2 2 R或z1 = z2. 8. 若|z1| = |z2|， > 0，证明：|z1 2z2| = |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 an1 6 ··· 6 a0，求证：方程Xn k=0 akzk = 0在D内无根