1. §3−7 複 數 的 極 式
(甲)複數的極式
第一冊中，我們曾引進了複數系，有了複數系之後，使得一元二次方程式有了圓
滿的結果，更一般而言，一元 n 次方程式都有 n 個複數根(包括重根)。在第一冊中，
我們知道複數都是呈 x+yi 的形式，這一單元我們要介紹複數的另一個表示法—極
式 ，並藉以探討複數 n 次方根的問題。
(1) 複 數 平 面
複 數 是 表 示 成 x+yi(x,y 為 實 數 ) 的 數 ， 我 們 將 複 數 x+yi 對 應 坐 標 平 面 上 的 點
P(x,y)，我們發現這種對應是一對一的對應。即任一個複數都可找到坐標平面上唯
一一點與之對應，反之，給定坐標平面上一個點，可找到唯一一個複數與之對應 。
這種與複數對應的平面稱為複數平面，x 軸又稱實 軸 ，y 軸又稱為虛 軸 。而我們也
可 以 說 複 數 平 面 上 點
y 的 複 數 坐 標 為 x+yi 。
P
例 如 ： x 軸 上 的 點 (−3,0) ， 代 表 實 數 ， 3 ， y 軸 上 的 點 (0,6) 代 表 純 虛 數 6i ，
點 (−4,6) 代 P(x+yi)
表 代 4+6i 。
r
(2) 絕 對 值 與y 輻 角
θ
O x
x
設 複 數 z=x+yi(x,y ∈R) ， 可 在 複 數 平 面 上 找 到 一 點 P(x,y) 與 之 對 應 。
令 =r ， 並 以 ， 表 示 一 以 x 軸 正 向 為 始 邊 ， 為 終 邊 的 有 向 角 。
則 r,θ與 x,y 有以下的關係：x=r cosθ ，y=r sinθ ，r=，tanθ=
~3−7−1~

2. 絕 對 值 ： r=|z|=|x+yi|= 稱 為 複 數 x+yi 的 絕 對 值 ( 或 向 徑 ) 。
輻 角 ：
以 x 軸的正向為始邊， OP 為終邊所形成之廣 義 有 向 角 廣，稱為複數 z 的輻 角 ，
符號記為：arg(z)。特別是當 0≤θ<2π時，我們稱此時的輻角時為主 輻 角 ，符號記
為 Arg(z) 。
例 如 ：
z=3 ， |z|=3 ， arg(z)=0+2kπ ,k 為 整 數 ； Arg(z)=0
z=1+ ， |z|=2 ， arg(z)=+2kπ ,k 為 整 數 ； Arg(z)=
z=−5i ， |z|=5 ， arg(z)=+2kπ ,k 為 整 數 ； Arg(z)=
例 如 ： 請 完 成 下 表 ：
~3−7−2~

3. +i −+i 3i −2
對應點坐標
絕對值 r
~3−7−3~

4. 主輻角 Argz
~3−7−4~

5. (3) 複 數 的 極 式 ：
根 據 前 面 的 定 義 ， 可 得 z=x+yi=r(cosθ+i sinθ) ， 其 中 r=|z|= ， ， =arg(z) ，
我 們 稱 z= r(cosθ +i sinθ ) 為 複 數 的 極 式 。
注 意 ：
(a)若 若 為 z 之 輻 角 ， 則 之 +2kπ (k∈ Z)亦 為 複 數 z 的 輻 角 。 若 0≤θ <2π ， 則 此 時
的 的
為 主 輻 角 ， 因 此 主 輻 角 只 有 一 個 ， 而 輻 角 卻 有 無 限 多 個 。
(b)複 數 z 的 極 式 z= r(cosθ +i sinθ )中 ， 須 注 意 r≥ 0， 而 角 度 必 須 相 同 ， 且 以
cosθ
為 實 部 ， sinθ 為 虛 部 。
例 如
z=− 2(cos35 ° +isin35 ° )， z=2(sin15 ° +icos15 ° )， z=4(cos30 ° − isin30 ° )均 不 為 極 式 。
1. 一般式化極式
將下列各複數化成極式：
(1)−3 (2)−5i (3)−2+2i (4)1−i (5)
Ans：(1) −3=3(cosπ+i sinπ) (2)−5i=5(cos+i sin)
(3) −2+2i=2(cos+i sin) (4)2(cos + i sin)
(5) (cos+i sin)
y
−2+2i
−3
1−
−5i
~3−7−5~

6. 2. 一般式化極式
將下列各複數化成極式：
(1)cos560°−i sin160° (2)sin25°+i cos25° (3)cos70°−i sin70°
Ans：(1)cos200°+i sin200° (2)cos65°+i sin65° (3)cos(−70°)+i sin(−70°)
解題要訣：
(a)題目中所給的數在第幾象限？
(b)在該象限中以何角度取代題中所給的角度而不改變原數的值？
1. 將 下 列 複 數 化 成 極 式 ：
(1)z=−3+3i (2)z=4 (3)z= −2i (4) 2−2i (5) −1+() i
Ans ： (1)z=3(cos+isin) (2)z=4(cos0+isin0) (3)z=2(cos+isin)
(4) 4(cos+isin) (5) ()(cos+isin)
2. 試 求 下 列 各 複 數 的 極 式 ：
(1)z=sin20 ° +i cos20 ° (2)z=cos135 ° −isin45 ° (3)z= −3(cos25 ° +i sin25 ° )
(4)3(sin+icos) (5)3(cosθ −i sinθ ) (6)sin200°–icos160°
Ans ：
(1)z=cos70°+i sin70° (2)z=cos225°+i sin225°(3)z=3(cos205°+i
sin205°)
(4) 3(cos+isin) (5) 3[cos(−θ )+isin(−θ )] (6) cos110°+isin110°
(乙)複數的乘除與棣美弗定理
~3−7−6~

7. 第 一 冊 曾 學 過 複 數 的 乘 法 ， 例 如 (4+3i)(3+2i)=4(3+2i)
+3i(3+2i)=6+17i，過程中我們基本上用到的原理是複數乘法對加法
的分配律。若我們將複數用極式來表示，那麼複數乘法除法會不會有
不一樣的形式呢？
~3−7−7~

8. C(z1⋅z2)
B(3i(z2)) A(4z2)
θ z2
ϕ
O
以 (4+3i)(3+2i) 為 例 ， 設 z 1 =4+3i=5(cosθ+i sinθ) ， z 2 =3+2i=(cosϕ+i
sinϕ)
因 為 z 1 ⋅z 2 =(4+3i)(3+2i)=4(3+2i)+3i(3+2i)=4z 2 +3i(z 2 )
由 上 圖 ， 可 以 看 出 A 、 B 分 別 代 表 複 數 4z 2 、 3i(z 2 ) ， 且 ， ；
又因為 z 1 ⋅z 2 =4z 2 +3i(z 2 )，所以矩形 AOBC 的頂點 C 代表複數 z 1 ⋅z 2 。
考 慮 z1z2 的 絕 對 值 與 輻 角 ：
|z 1 z 2 | 2 = 2 = 2 + 2 =|4z 2 | 2 +|3i⋅z 2 | 2 =16|z 2 | 2 +9|z 2 | 2 ==25|z 2 | 2 =|z 1 | 2 |z 2 | 2
因為 z 1 =4+3i，所以，AOC=θ為 z 1 的輻角，所以從上圖可以得知 z 1 z 2
的 輻 角 為 的 +ϕ
由前面的分析，可 以 得 知 兩 個 複 數 z 1 、z 2 的 乘 積 z 1 z 2 的 絕 對 值 為 兩
複 數 z 1 、z 2 的 絕 對 值 相 乘 ， 而 z 1 z 2 的 輻 角 為 兩 複 數 z 1 、z 2 的 輻 角 相
加 。
這個結果對於使用複數的極式來做乘法與除法的計算就會有很大的
便利性，例如想求(1+i) 10 的值，如果用第一冊的方法，我們必須將
(1+i)連乘 10 次，過程繁複，不容易算出結果，但是 =1+i=2(cos + i
sin)，根據前面的結果，這 10 個複數相乘，絕 對 值 自 乘 10 次 ， 而
輻 角 自 加 10 次 ，於是(1+i) 10 的絕對值=2 10 ，而(1+i) 10 的輻角為，因
此(1+i) 10 =2 10 (cos+i sin)。這個結果就是棣美弗定理。接下來，我們就
將 上 面 的 結 果 加 以 一 般 化 。
~3−7−8~

9. (1) 複 數 的 乘 除 ：
定 理 1 ：
若 設 z 1 =r 1 (cosθ 1 +i sinθ 1 ) ， z 2 =r 2 (cosθ 2 +i sinθ 2 ) ， 其 中 r k =|
zk| ， ， k =arg(z k ) ， k=1,2
則 z 1 ⋅ z 2 =r 1 ⋅ r 2 (cos(θ 1 +θ 2 )+isin(θ 1 +θ 2 )) [絕 對 值 相 乘 ， 輻 角 相 加 ]
證 明 ：
z 1 ⋅z 2 =[ r 1 (cosθ 1 +i sinθ 1 )]⋅[ z 2 =r 2 (cosθ 2 +i sinθ 2 )]
=r 1 ⋅r 2 [(cosθ 1 cosθ 2 −sinθ 1 sinθ 2 )+i(sinθ 1 cosθ 2 +sinθ 2 cosθ 1 )]
=r 1 ⋅r 2 [cos(θ 1 +θ 2 )+i sin(θ 1 +θ 2 )]
定 理 2 ： 若 z=r(cosθ +i sinθ ) ， z≠ 0 ， 則 =(cos(−θ )+isin(−θ ))
證 明 ：
=
=
=(cosθ−i sinθ)
=(cos(−θ)+i sin(−θ))
定 理 3 ：
若 設 z 1 =r 1 (cosθ 1 +i sinθ 1 ) ， z 2 =r 2 (cosθ 2 +i sinθ 2 ) ， z 2 ≠ 0 其 中 r k =|
zk| ， ， k =arg(z k ) ，
z1 r1
k=1,2 則 z = r ((cos(θ 1 −θ 2 )+i sin(θ 1 −θ 2 )) [絕 對 值 相 除 ， 輻 角 相 減 ]
2 2
證 明 ：
= z 1 ()=[r 1 (cosθ 1 +i sinθ 1 )]⋅[]( 由 定 理 2)
=[r 1 (cosθ 1 +i sinθ 1 )]⋅[(cos(−θ 2 )+i sin(−θ 2 ))] ( 由 定 理 1)
r1
= ((cos(θ 1 −θ 2 )+i sin(θ 1 −θ 2 ))
r2
例 如 ： z 1 =2(cos15 ° +i sin15 ° ) ， z 2 =3(cos105 ° +i sin105 ° )
⇒ z 1 ⋅z 2 =6(cos120 ° +i sin120 ° )， = (cos90 ° +i sin90 ° )
(2) 棣 美 弗 定 理 ：
~3−7−9~

10. 若 z=r(cosθ +i sinθ ) ， 則 z n =r n (cosnθ +i sinnθ ) ， 其 中 n 為 整 數 。
例 子 ： (cosθ +i sinθ) 2
=(cosθ +i sinθ)(cosθ+i sinθ) ( 由 定 理 1)
=cos(θ+θ)+i sin(θ+θ)
=cos2θ+i sin2θ
例 子 ： (cosθ +i sinθ) −2
=[(cosθ +i sinθ) −1 ] 2 ( 由 定 理 2)
=[cos(−θ)+i sin(−θ)] 2 ( 由 定 理 1)
=cos(−2θ)+i sin(−2θ)
[ 證 明 ] ：
(A) 當 n 是 正 整 數 時 ， 用 數 學 歸 納 法 證 明 之 。
Step1 ： n=1 時 ， z 1 =r 1 (cosθ+i sinθ)
Step2 ： 若 設 n=k 時 原 式 成 立 ， 即 z k =r k (coskθ+i sinkθ)
則 當 n=k+1 時 ， z k+1 =z k ⋅z=[ r k (coskθ+i sinkθ)][ r 1 (cosθ+i sinθ)]
⇒z k+1 =r k+1 (coskθ⋅ cosθ− sinkθ⋅ sinθ)+i(sinkθ⋅ cosθ+ coskθ⋅ sinθ)
⇒z k+1 =r k+1 (cos(k+1)θ+i sin(k+1)θ)
則 當 n=k+1 時 ， 原 式 成 立 。
(B) 當 n 是 非 正 整 數 時 ：
(1) 再 證 n=0 時 ， 亦 成 立 。
∵z 0 =1 ， r 0 (cos0+isin0)=1⇒ 成 立 。
(2)n 為 負 整 數 時 ， 令 n=−m ， m正 整 數 為
1
z n =z −m == m
r (cos mθ + i sin mθ )
= (cos(−m θ)+i sin(−m θ))
=r −m (cos(−m θ)+i sin(−m θ))
=r n (cosnθ+i sinnθ)
~3−7−10~

11. 3. 化簡下列各小題：
(1) (2)()12
(3)(−i)3(+i)6(−1−i)8 (4) (sin15°+icos15°)10
Ans：(1) − + i (2) (3)−128 (4) +i
3. 設 z 1 =-i ， z 2 =-3+3i ， z 3 =1+i ， 求 (1)z 1 ×z 2 (2) 之極式
Ans：(1)6(cos+isin) (2)6(cos+isin)
4. 求 下 列 各 式 的 值 ：
(1)[(cos20°+isin20°)(cos10°+isin10°)] 7 =_________ 。 Ans ： +i
(2)=_________ 。 Ans ： + i
（sin 65 ＋i cos 65 ） cos 4 ＋i sin 4 ）

（
 4   7
(3) ＝__________。Ans：：i
（cos 7 －i sin 7 ）
 16
5. 求 下 列 各 式 的 值 ：
(1)() 6 (2) (3) () 10
(4)(sin20 ° −i ° 15
cos20 )
Ans：(1)−8 (2)+i (3)−i (4) +i
6. 設 x= ， 試 求 1+x+x 2 +x 3 +...+x 84 = ？ Ans ： 1
[提示]：1+x+x 2 +x 3 +...+x 84 = ，利用棣美弗定理求 x 85 的值。
(丙)複數在幾何與三角的應用
~3−7−11~

12. (A) 複 數 運 算 的 幾 何 意 義 ：
(1) 複 數 絕 對 值 的 幾 何 意 義 ：
複 數 z=a+bi 的 絕 對 值 定 義 為 複 數 z 到 原 點 O 的 距 離 的 |z|=|a+bi|=
複 數 平 面 上 有 兩 個 點 P(z) 、 Q(w) ， 其 中 z=a+bi 、 w=c+di ⇒=|z−w| 。
(2) 複 數 加 減 法 的 幾 何 意 義 ：
如圖，若設 z=a+bi，w=c+di，而複數平面上 A、B 兩點的複數坐標為 A(z)、B(w)
則 C 點 、 E 點 的 複 數 坐 標 分 別 為 C(z+w) 、 y E(z−w) 。
C(z+w)
其 中 OACB 、 OAED 是 平 行 四 邊 形 。
B(w)
A(z)
O(0) x
E(z − w)
D(−w)
(3) 複 數 乘 法 的 幾 何 意 義 ：
設 z=r(cos+i sinθ) ， w=s(cosϕ+i sinϕ) ， 其 中 r>0 且 s>0
根 據 複 數 乘 法 的 原 則 z⋅w= r⋅ s(cos(θ+ϕ)+i sin(θ+ϕ))
令 P(z) 、 R(zw)
(a)旋轉運動：
~3−7−12~

13. 設 s=1 ， z⋅w=z⋅(cosϕ+i sinϕ)
此 時 |zw|=|z||w|=|z| ， 且 ， +ϕ 可 以 為 zw 的 輻 角 。
因 此 = 且 以 為 始 邊 ， 為 終 邊 的 方 向 角 為 且
結 論 ： R 點 是 由 P 點 繞 原 點 O 旋 轉 角 度 旋 得 到 的 ，
當 當 >0 時 ， 逆 時 針 旋 轉 ； 當 時 <0 時 ， 順 時 針 旋 轉
y y
R(zw) P(z) P(z) R(zw
ϕ ϕ )
y
O O x
x
B
ϕ>0 ϕ<0
π A
6
O
例 如 ：
x
若 複 數 平 面 上 ， A 點 所 對 應 的 複 數 為 z ，
B 點 代 表 的 複 數 為 z⋅(cos+i sin) ， 則 A 點 繞 原 點 旋 轉 得 到 B 點 。
(b) 伸 縮 運 動 ：
設 設 =0 時 ， 即 w=s ， zw=sz ， 其 中 s 為 正 實 數
此 時 |zw|=s|z| ， 且 ， 可 以 為 zw 的 輻 角 。
因 此 =s ， 且 方 向 角 為 ， ，
y
結論：R 點是由 P 點以原點 O 為伸縮中心，伸縮 s 倍得到的點。
y
R
P P
R
O x
O x
0<s<1 s>1
~3−7−13~

14. y
B
A
O x
例 如 ：
若 複 數 平 面 上 ， A 點 所 對 應 的 複 數 為 z ， B 點 所 代 表 的 複 數 2z ，
則 A 點 以 原 點 為 伸 縮 中 心 ， 伸 縮 2 倍 ， 可 得 B 點 。
(c) 旋 轉 與 伸 縮 ：
設 z=r(cos+i sinθ) ， w=s(cosϕ+i sinϕ) ， 其 中 r>0 且 s>0
根 據 複 數 乘 法 的 原 則 z⋅w= r⋅ s(cos(θ+ϕ)+i sin(θ+ϕ))
由 (a)(b) 的 說 明 ， 可 知 =|zw|=|z||w|=rs=s ， 且 ， +ϕ 為 zw 的 輻 角 。
結 論 ：
R 點是由 P 點繞原點 O 旋轉角度旋，再以原點 O 為伸縮中心，伸縮 s 倍得到的點
例 如 ：
若 複 數 平 面 上 ， A 點 所 對 應 的 複 數 為 z ， B 點 所 代 表 的 複 數 z⋅[2(cos + i sin)]
則 A 點繞原點旋轉，再以原點為伸縮中心，伸縮 2 倍得到 B 點。
y B
A'
A
O x
~3−7−14~

15. 4. 右圖是一正方形 OABC，已知 A(2+i)，試求 B、C 點的複數坐標。
Ans：B(1+3i)、C(−1+2i) B
C
A
O
7. 若 (4+3i)(cosθ+i sinθ) 為 小 於 0 的 實 數 ， 則 則 是 第 幾 象 限 角 ？
(1) 第一象限角 (2) 第二象限角 (3) 第三象限角 (4) 第四象限角 (5)條
件不足，無法判斷。 (2003 學科) Ans：(2)
8. 如圖，給定 z 點的位置，且|z|=2，試描繪出的位置。 y
z
9. 試 說 明 滿 足 下 列 各 式 的 複 數 z 所 代 表 的 幾 何 意 義 ：
(1) |z−4i|=|z+1−3i| (2)|z−(1+2i)|=4
O 1 x
Ans：(1)直線 (2)圓
(B) 已 知 一 個 複 數 的 絕 對 值 與 輻 角 ， 可 以 求 出 這 個 複 數 ：
5. (1)已知|z|=3,Argz= ，求 z=？Ans：z= + i
(2)已知||=3，Arg = ，求 z=？Ans：z=
10. a,b 為 實 數 ， 為 =1+bi ， ， = ， 若 |α|=|β| ， 且 Arg()= ， 則 a= ？ b= ？
Ans：a=−1，b=
~3−7−15~

16. (C) 複 數 在 三 角 函 數 的 應 用 ：
三 倍 角 公 式 的 證 明 ： sin3θ=3sinθ −4sin 3 θ ， cos3θ=4cos 3 θ−3cosθ 。
考 慮 (cosθ +i sinθ) 3 =cos3θ +i sin3θ ，
(cosθ +i sinθ) =cos θ+3(cosθ) (i
3 3 2
sinθ)+3(cosθ)(i 2
sinθ) +(i sinθ) 3
=cos 3 θ−3sin 2 θcosθ+i(3cos 2 θ⋅sinθ−sin 3 θ)
= cos3θ +i sin3θ
⇒cos3θ= cos 3 θ−3sin 2 θcosθ=cos 3 θ−3(1−cos 2 θ)cosθ=4cos 3 θ−3cosθ 。
⇒sin3θ=3cos 2 θ⋅sinθ−sin 3 θ=3(1−sin 2 θ)sinθ−sin 3 θ=3sinθ −4sin 3 θ
6. 設設=，n 為大於 1 的正整數，試證：
n n
∑ cos kθ = 0 且 ∑ sin kθ = 0 。
k =1 k =1
(Hint：令 z=cosθ +i sinθ ，考慮 z+z2+…zn 的實部與虛部。)
1
7. 設 n ∈ N，x＋＝2cosθ，證明：xn＋ x n ＝2cosnθ。
[解法]：
(1) x＋＝2cosθ ⇒ x2－(2cosθ)x＋1＝0 ⇒ x＝cosθ ± isinθ
(2)當 x＝cosθ＋isinθ時
1 －
xn＋ x n ＝(cosθ＋isinθ)n＋(cosθ＋isinθ) n
＝cosnθ＋isinnθ＋cos(－nθ)＋isin(－nθ)
＝cosnθ＋isinnθ＋cosnθ－isinnθ＝2cosnθ
當 x＝cosθ－isinθ時
1 －
xn＋ x n ＝[cos(－－)＋isin(－－)]n＋[cos(－－)＋isin(－－)] n
＝cos(－nθ)＋isin(－nθ)＋cosnθ＋isinnθ＝2cosnθ
~3−7−16~

17. 11. 利 用 棣 美 弗 定 理 證 明 ：
cos4θ =8cos 4 θ −8cos 2 θ −1，sin4θ =4sinθ cosθ −8sin 3 θ cosθ
12. 若 z 為 複 數 ， 且 滿 足 z+= ， 則 z 101 +=____ 。 Ans ： – 1
13. 設 n∈N ， 使 (+i) n 是 一 個 純 虛 數 的 n ， 最 小 的 是 多 少 ？ Ans ： 3
+i=2(+i )=2(cos+i sin)
(+i) n =2 n (cos+i sin) 為 純 虛 數 ， 則 cos=0 且 sin≠0
⇒n=3 為 最 小 值 。
(丁)求複數的 n 次方根
(1)1 的 n 次 方 根 ：
設 w 為 1 的 n 次 方 根 ， 則 w n =1 。 因 此 方 程 式 z n =1 的 n 個 根 ( 代 數 基 本 定 理 )
都 是 1 的 n 次 方 根 。
例 如 ：
當 n=2 時 ， z 2 −1=0 兩 根 為 1 ， ， 1 所 以 1 的 二 次 平 方 根 ( 平 方 根 ) 為 為 1 。
當 n=3 時 ， 解 z 3 −1=0 ， 因 為 z 3 −1=(z−1)(z 2 +z+1) ， 所 以 z 3 =1 的 三 個 根 為 1 ，
−1± 3 i −1± 3 i
， 即 1 的 三 次 方 根 ( 立 方 根 ) 為 1 ， 。
2 2
當 n=4 時 ， 因 為 z 4 −1=(z 2 +1)(z 2 −1) ， 所 以 1 的 4 次 方 根 為 次 1 ， ， i 。
但當 n 的次數增加時，像解 z 5 −1=0，我們就不易直接求解，因此必須介紹新的方
法 ， 才 能 順 利 將 1 的 n 次 方 根 找 出 來 。
~3−7−17~

18. (2) 如 何 解 z n =1 ？
例 子 ：
試 解 z 7 =1 之 根 。 ( 求 1 的 7 次 方 根 )
考 慮 根 的 絕 對 值 ： |z| 7 =1 ⇒|z| 7 =1 ⇒|z|=1
考 慮 根 的 輻 角 ： arg(z 7 )=arg(1)=0+2kπ ， k∈Z⇒7⋅arg(z)= 0+2kπ ⇒arg(z)=
如 何 解 z n =1 ？
[ 解 法 一 ] ：
設複 數 z 滿足 z n =1 ，令 z =r(cosθ+i sinθ)，其中 r=|z|，arg(z)=θ 將 z 代入 z n =1，
可 得 r n (cosnθ+i sinnθ)=1=1⋅(cos0+i sin0) ， 則 r=1 且 cosnθ=cos0 ， sinnθ=sin0 ，
因 此 r=1 ， 且 nθ 與 0 互 為 同 界 角 ， 即 nθ=2kπ ⇒θ= ，k 為整數。
所 以 z n =1 的 根 有 下 列 之 形 式 ： z k =cos+i sin ， 其 中 k 為 一 整 數 。
但 又 因 為 正 弦 函 數 與 餘 弦 函 數 的 週 期 為 2π ， 因 此 k 只 要 代 n 個 連 續 整 數 ，
就可以表示所有的 n 個根，故我們可將 1 的 n 個 n 次方根寫成：
z k =cos+i sin ， k = 0,1,2,…,n−1
[ 解 法 二 ] ：
考 慮 根 的 絕 對 值 ： |z n |=1 ⇒|z| n =1 ⇒|z|=1
考 慮 根 的 輻 角 ： arg(z n )=arg(1)=0+2kπ ， k∈Z⇒n⋅arg(z)= 0+2kπ ⇒arg(z)= 。
結論：
設 解 方 程 式 z n =1( 求 1 的 n 次 方 根 ) ，
則 n 個根 z k =cos+i sin，k = 0,1,2,…,n−1。
例 如 ： z 4 =1 的 解 為 z k =cos+i sin ， k=0,1,2,3
z 0 =cos0+i sin0=1 ， z 1 =cos+i sin = i ， z 2 =cosπ+i sinπ=−1
z 3 =cos+i sin = −i，這四個根與前面直接解的根相同。
~3−7−18~

19. 1 的 n 次 方 根 記 憶 要 訣 ：
Step1 ： 化 極 式 ： 將 1 化 成 極 式 1=1(cos0+i sin0)
Step2 ： 同 界 ： 0 的 同 界 角 為 2kπ ⇒ 1=1(cos2kπ +i sin2kπ )
1
Step3 ： 開 方 ： 將 n 次 方 根 根 視 為 1 n n 次方根的絕對值為 1，輻角為
n
⇒ z k =cos+i sin， k = 0,1,2,…,n− 1。
~3−7−19~

20. 8. (1)試求 1 的五個 5 次方根，並將代表它們的點描在坐標平面上。
(2)解方程式 z4+z3+z2+z+1=0。
Ans：(1)zk=cos+i sin，k=0,1,2,3,4 (2) zk=cos+i sin，k=1,2,3,4
y
x
討 論 ：
於上一題中，1 的 5 個 5 次方根依次相連得一個內接於單位圓的正 5 邊形。一般而
言，1 的 n 個 n 次方根恰好是內接於單位圓的正 n 邊形的 n 個頂點。其中一個頂點
為 z 0 =1 ， 其 餘 的 頂 點 z 1 ， z 2 ， … z n−1 分 別 是 z 0 繞 原 點 逆 時 針 在 單 位 圓 上 旋 轉 ，
繞 2 ， ， 3 ， … … (n−1) 所 形 成 的 。
~3−7−20~

21. (3) 如 何 求 複 數 a 的 n 次 方 根 ？
根 據 前 面 1 的 n 次 方 根 之 定 義 方 式 ， 可 知 a 的 n 次 方 根 w ， w 滿 足 w n =a ，
因 此 z n =a 的 n 個 根 就 是 a 的 n 次 方 根 。
例 子 ：
求 1+i 的 7 次 方 根 。
考 慮 根 的 絕 對 值 ：
14
|z| 7 =|1+i|= ⇒|z| 7 = ⇒|z|= 2
考 慮 根 的 輻 角 ： arg(z 7 )=arg(1+i)=+2kπ ，
k∈Z
π
+ 2kπ
⇒7⋅arg(z)= +2kπ⇒arg(z)= 4
7
如 何 解 z n =a ？
[ 解 法 一 ] ：
設 z= r(cosθ+i sinθ) ， 其 中 r=|z| ， arg(z)=θ ， a=|a|(cosϕ+i sinϕ) ， z 滿 足 z n =a 。
所 以 r n (cosnθ+i sinnθ)=|a|(cosϕ+i sinϕ)⇒ r n =|a| 且 cosnθ=cosϕ ， sinnθ=sinϕ
即 r= | a | 且 nθ 與 與 互 為 同 界 角 (nθ=ϕ+2kπ)⇒θ= ， k 為 整 數 。
n
由 於 正 弦 函 數 與 餘 弦 函 數 的 週 期 為 2π ， 因 此 k 只 要 代 n 個 連 續 整 數 ，
就可以表示所有的 n 個根，故我們可將 a 的 n 個 n 次方根寫成：
z k = | a | (cos+i ，
n
sin) k=0,1,2,…,n−1
[ 解 法 二 ] ：
⇒|z|= | a |
n
考 慮 根 的 絕 對 值 ： |z n |=|z| n =|a|
考 慮 根 的 輻 角 ：
arg(z n )=arg(a)=ϕ +2kπ ， k∈Z
ϕ + 2kπ
⇒n⋅arg(z)= ϕ+2kπ⇒arg(z)=
n
~3−7−21~

22. a 的 n 次 方 根 記 憶 要 訣 ：
Step1 ： 化 極 式 ： 將 a 化 成 極 式 a=|a|(cosϕ +i sinϕ )
Step2 ： 同 界 ： ： 的 同 界 角 為 的 +2kπ ⇒ a=a(cos(ϕ +2kπ )+i
sin(ϕ +2kπ ))
Step3 ： 開 方 ： n 次 方 根 的 絕 對 值 為
n |a|， 輻 角 為
⇒ z k = | a | (cos+i sin)， k = 0,1,2,…,n− 1。
n
~3−7−22~

23. 結 論 ：
z n =a 的解(求 a 的 n 次方根)為 z k = | a | (cos+i sin)，k=0,1,2,…,n−1
n
9. 試解 z6= −8−8，並將代表其根的點畫在坐標平面上，試求此六邊形的面積。
 4π 4π 
 + 2kπ + 2kπ 
6  cos 3 + i sin 3  36 108
Ans：zk= 16  6 6  ，k=0,1,2,3,4,5；
 
 
y
O x
14. (1) 求 1 的 7 次 方 根 ， 並 將 它 們 標 示 在 複 數 平 面 上 。
(2) 解 方 程 式 x 6 +x 5 +x 4 +x 3 +x 2 +x+1=0
Ans ： (1)z k =cos+isin ， k=0,1,2,3,4,5,6
(2)x k = cos+isin ，k=1,2,3,4,5,6
15. 方程式 x 6 ＝64 的六個根在高斯平面上的對應點恰可圍成一個正六邊
形 ， (1) 求 其 解 為 _________ 。 (2) 此 六 邊 形 的 面 積 為 ________ 。
kπ kπ
Ans：(1)2(cos 3 ＋isin 3 )，k＝0，1，2，3，4，5 (2)6
16. 試 求 試 1+i 的 五 個 5 次 方 根 。 ( 即 解 方 程 式 x 5 +1−i=0)
1
Ans：x k =2 10 (cos + i sin) k=0,1,2,3,4
~3−7−23~

24. 17. (1) 求 1+i 的 所 有 8 次 方 根 。
(2)複數平面上，以 1+i 的所有 8 次方根為頂點的多邊形，其面積為
何 ？
+ 2kπ
π + 2kπ π
Ans ： (1) 八 個 根 為 ：
16
2 (cos 4 + i sin 4 )，
8 8
k=0,1,2,3,4,5,6,7
(2)2 8 32
(4)1 的 n 次 方 根 次 =cos+ i sin 的 性 質 ：
(a) 方 程 式 z n =1 的 根 為 z k =cos+i sin ， k = 0,1,2,…,n− 1
[ 說 明 ] ：
若 令 若 =z 1 =cos+i sin ， 則 z 2 =ω 2 ， z 3 =ω 3 ， ... ， z n−1 =ω n−1
故 方 程 式 z n =1 的 根 為 1, ω ， ， 2
， ... ， ， n−1
， 其 中 ， =cos+i sin 。
(b) 方 程 式 z n− 1 +z n− 2 +...+z 2 +z+1=0 的 根 為 可 寫 成 的 ， ， 2 ， ... ， ， n− 1
，
其 中 其 =cos+i sin 。
[ 說 明 ] ：
 z −1=(z−1)(z +z +...+z +z+1)=0
n n−1 n−2 2
∴ z n =1 的 所 有 根 去 掉 z 0 =1 這 個 根 形 成 方 程 式 z n−1 +z n−2 +...+z 2 +z+1=0 的 根 。
故 方 程 式 z n−1 +z n−2 +...+z 2 +z+1=0 的 根 為 z k =cos+i sin ， k = 1,2,…,n−1
或 寫 成 或 ， ， 2
， ... ， ， n−1
， 其 中 ， =cos+i sin 。
(c) 1+ω +ω 2 +ω 3 +...+ω n− 1 =0 ， 其 中 ， =cos+i sin 。
因 為 方 程 式 z n =1 的 根 為 1, ω ， ， 2 ， ... ， ， n−1 ， 其 中 ， =cos+i sin 。
所 以 所 n
=1 ， 且 1+ω+ω 2 +ω 3 +...+ω n−1 =0 。
(d) z n− 1 +z n− 2 +...+z 2 +z+1=(z−ω )(z−ω 2 )(z−ω 3 )…(z−ω n− 1 ) ， 其 中 ， =cos+i sin 。
[ 說 明 ] ：
因為方程式 z n−1 +z n−2 +...+z 2 +z+1=0 的根為的，， 2 ，...，， n−1 ，其中，=cos+i sin。
所 以 z n−1 +z n−2 +...+z 2 +z+1=(z−ω)(z−ω 2 )(z−ω 3 )…(z−ω n−1 ) 。
~3−7−24~

25. 10. 設設為 x5–1=0 的一虛根，即取的=cos+i sin，則求下列各小題：
y
5
(1)ω =？
(2)1+ω+ω2+ω3+ω4=？
(3)1+ + + + =？
(4)x5–1=0，五根為： x
4 3 2
(5)x +x +x +x+1=0，四根為：
(6)因式分解 x4+x3+x2+x+1=
(7)求(1−ω)(1−ω2)(1−ω3)(1−ω4) =
(8)求(2+ω)(2+ω2)(2+ω3)(2+ω4) =
(9)x5=1 的 5 個根在複數平面上依序對應到 A,B,C,D,E 五點
求求 B =？
Ans：(1)1 (2)0(3)0 (7)5 (8)11(9)5
11. 在複數平面上，以方程式 x10+x8+x6+x4+x2+1=0 的 10 個虛根為頂點所連成的
y
10 邊形面積為何？ Ans：2+
O x
~3−7−25~

26. 18. 設 設 =cos+i sin 試 求
(1)1+ω+ω 2 +ω 3 +ω 4 +ω 5 +ω 6 = ？
(2)(1−ω)(1−ω 2 )(1−ω 3 )(1−ω 4 )(1−ω 5 )(1−ω 6 )= ？
Ans：(1)0 (2)7
19. 設 設 =cos+i sin ， 則 求 下 列 各 小 題 ：
(1)ω 65 +ω 66 +ω 67 +...+ω 365 = ？ (2)+++= ？
Ans：(1) 1 (2)2
20. 滿 足 z 6 +z 4 +z 2 +1=0 諸 根 在 複 數 平 面 上 的 對 應 點 決 定 的 凸 多 邊 形 為
邊形，面積為 。 Ans：六，
(戊)極坐標
(1)在引進複數的極式時，我們可知要描述複數平面上一點 P(a+bi)，除了知道實
部 a，虛部 b 之外，只要能指出 P 點離原點 O 多遠，及 P 點是哪一個有向角點
的終邊上，亦可標示出 P 點。
(2)在平面上選定一點 O，再過 O 作一數線 L，以其正向為始邊，繞定點 O 旋轉，
使 P 點恰在其上。若其旋轉量點，，為一有向角(逆時針為正、順時針為負)， OP
=r，我們就可以利用 r，，來描述 P 點的位置，符號：P[r,θ]。這種表示法就是
極坐標表示法，其中 O 點稱為該極坐標系的極(或極點)，數線 L 稱為極軸。並以
[r,θ] 為 P 點 的 極 坐 標 。 極 坐 標 從 複 數 的 表 示 形 式 而 來
 標 準 式 ： x+yi⇒ 代 表 平 面 坐 標 (x,y)
極 式：r(cosθ+isinθ)⇒代表極坐標[r,θ]
~3−7−26~

27. 例 如 ： 在 極 坐 Y 標 上 點 P[2,]
Y
P 點 的 直 角 坐 標 為 (2cos ， 2sin)=(−,1)
X X
例 如 ： 在 直 角 坐 標 上 Q(−1 ， )
設 在 極 坐 標 上 Q[r,θ]
⇒r⋅cosθ =−1 且 r⋅sinθ = ⇒r=2 且 且 =+2nπ ， n 為 整 數
⇒Q 點的極坐標可表為 Q[2, +2nπ]
12. 將六個複數將1+i，1−i，5，，2，，3i，cos−isin：
(1)求向徑及主輻角
(2)化為極式
(3)寫出各點的極坐標
Ans：(1)(cos+isin) [,] (2)2(cos+isin) [2,]
(3)5(cos0+isin0) [5,0] (4)2(cosπ+isinπ) [2,π]
(5)3(cos+isin) [3,] (6)(cos+isin) [1,]
13. 設在極坐標中 A[1,]、B[3,]，試求=？ Ans：
~3−7−27~

28. 21. 求 下 列 各 點 的 極 坐 標 ：
(1)A(−2,2) (2)B(1+,1−) (3)C(4cos,4sin)(4)D(0,−3)
Ans：(1)[2,] (2)[2,] (3)[4, ] (4)[3,]
22. 求 下 列 各 點 的 直 角 坐 標 ：
−1
(1)A[4,] (2)B[2,] (3)C[0,] (4) D[5,−1] (5)E[3,cos ]
Ans ： (1)(−2,−2)(2)(,)(3)(0,0)
(4)(5cos1,−5sin1) (5)(,)
23. 在 極 坐 標 格 子 圖 上 ， 標 出 下 列 各 題 中 之 A 與 B 點 ， 並 求 之 長 ：
(1)A 點 的 極 坐 標 為 (1,) ， B 點 的 極 坐 標 為 (2,)
(2)A 點的極坐標為(3,)，B 點的極坐標為(4,π) Ans：(1)3 (2)=
綜合練習
(1) 若複數 z 與之積為與2+2i ，則 z 之主輻角為 。 (86 自然組)
(2) 令 z 為複數且 z6=1, z≠1 ，則下列選項何者為真？
(A) |z|=1(B) z2=1 (C) z3=1 或 z3=-1(D) |z4|=1 (E) 1+z+z2+z3+z4+z5=0 (90 學科)
(3) 如圖，已知 OB=2⋅OA=4，且，AOB=60° B(z2)
試求 = 。 y
(4) 試求下列各小題：
( 3 + i ) 4 ( 5 − 5i )
(a)
3 + 3i A(z1)
O x
(1 + i ) 3 ( a − i ) 2 2
(b)設 a>0，若 = ，求 a=？
2 (a − 3i ) 2 3
(5) 化簡下列各小題：
(a) (b)(−1+i)10(2−2i)8
π
＋
1 i tan
8
(6) 化簡 π 之值為 。
－
1 i tan
8
(7) 設 z=1−cos140°+i sin140°，則(a)|z|=？ (b)Arg(z)=？
(8) ∆ABC 的三內角為 A、B、C，請問(cosA+isinA)(cosB+isinB)(cosC+isinC)=？
~3−7−28~

29. (9) 在在ABC 中若為實數，則此三角形的形狀為何？
(10) 設 O 表原點，A (α)，B (β) 為複數平面的二點，
π π 8π 8π
α= 2 ( cos + i sin )，， = 3 ( cos + i sin )，
5 5 15 15
則(a)△OAB 的面積為_________________。 (b)的長度為______________。
(11) 設|z|=2|z+1|，且 Arg()=，則 z 的極式表示式為何？
(12) 設 z1=2+ai，z2=2b+(2−b)i，其中 a,b 為實數，i=，若|z1|=|z2|，且的輻角為，則
數對(a,b)=？ (85 自)
(13) 設設=cos+i sin，1, ω,ω2,…, ωn−1 為 1 的 n 次方根，證明 zn=α 之 n 個根為
z0, z0ω,z0ω2,…, z0ωn−1，其中 z0= | α | (cos+i sin)，， =arg(α )。
n
(14) 解方程式：(a)x2–i=0 (b)x2=8+6i
(15) 求下列方程式的根：
(a)x5=−i (b) z6=+ i
(c) (z+3)6=8−8 i (d)x3−6x2+12x+8=0
(16) 試解(z−1+2i)4=−8−8 之根，並在複數平面上求以四根為頂點所得四方形之面
積。
(17) 若 z2−2(cos8°)z+1=0，求 z15+=？ y
A
B
(18) 設 z1=cos78°+isin78°，z2=cos18°+isin18°
(a)求複數 z1−z2 的主輻角。
O x
(b)若(z1−z2)5=a+bi，a,b 為實數，求(a,b)=？
(19) Z = 1 – cos130°+ i sin130°，則下列何者正確？
(A) | Z | = 2 sin 65° (B) Arg ( Z ) = 65° (C) Arg ( Z ) = 335°
(D) Z 18 為純虛數 (E) Z 36 為實數。
(20) 設設=cos+i sin，試求，2+α4+α6+α8+α10+α12+α14 之值。
~3−7−29~

30. (21) 設 z=cosθ +i sinθ≠1，且 z5=1，則
(a)cos4θ+cos3θ+cos2θ+cosθ=？
(b)sin4θ+sin3θ+sin2θ+sinθ=？
進階問題
1+ z
(22) (a)設 z 為一複數， z 為其共軛複數，若|z|=1，求證： = z。
1+ z
(b)若若= ，求()100 之值。
(23) 設 z=，n 為自然數。
(a)試求一個 n 最小值使得 zn 為實數。
(b)求|zn+1−zn|=？
∞
(c)試求 ∑ | z
n +1
− z n | =？ Ans：(a)3 (b) (c)
n =1
(24) 設 n 為大於 1 的整數，若(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，
試求 a0−a2+a4−a6+…之值。
(25) 設 n 為正整數，為= ，求 cosθ +cos2θ +cos3θ +…+cosnθ 之值。
(26) 設設,β 為複數，且滿足為2−2α β +4β2=0 且且0 0，令 P(α),Q(β),，試求，OPQ
的三邊長之比。
(27) A,B,C,D 表 x4−x2+1=0 的四個根在複數平面上所對應的點，P 點代表 i，試求
PA、PB、PC、PD 之積。
(28) 設 z1=−6+6i，z2=2+6i，z=t+t i，t 為實數，試求 t 之值使|z−z1|+|z−z2|的值最小？
並求此最小值？
(29) 設 z 為複數，且|z|=1，試求|z2−z+1|的範圍？
綜合練習解答
1.
2. (A) (C) (D) (E)
~3−7−30~

31. 3. 1+ 3 i
4. (a) (b)
5. (a)+i (b) 220(+i)
2
6. (1 i)
2 ＋
π π π π π
＋ cos + i sin
1 i tan cos + i sin
8 8 8 8 8
[提示： π = π π = −π −π ]
－
1 i tan cos − i sin cos( ) + i sin( )
8 8 8 8 8
7. (a)2sin70° (b)20°
[解法]：z=1−cos140°+i sin140°
=1−(1−2sin270°)+i(2sin70°cos70°)
=2sin270°+i(2sin70°cos70°)
=2sin70°(sin70°+i cos70°)
=2sin70°(cos20°+i sin20°)
8. −1
9. 直角三角形
10. (a) (b) [提示：在複數平面上，考慮極式的意義去求解]
2 7π 7π
11. (cos + i sin )
3 6 6
12. (, )
~3−7−31~

32. 13. zn=α的根為 zk= | α | (cos+i sin)= | α | (cos+isin)(cos+isin)= | α |
n n n
(cos+isin)[(cos+isin)]k= | α | (cos+isin)⋅ωkk=0,1,2,…,n−1 其中其=cos+i
n
sin。
14. (a)±(+i) (b)±(3+i)
[提示：可以令 a+bi 為根，代入方程式，比較實部與虛部，再解
a,b]
−π
+ 2kπ −π
+ 2kπ
5
15. (a) 2 (cos
6
+ i sin 6
) k=0,1,2,3,4
5 5 ，
5π + 2kπ 5 π + 2kπ
(b) z k = cos + i sin 6
6
6 6 ，k=0,1,2,3,4,5
5π + 2kπ 5 π + 2kπ
(c) zk=−3+ 16 ( cos
6 3
+ i sin 3 )，k=0,1,2,3,4,5
6 6
π + 2kπ π + 2kπ
3
(d)x=2+ 2 2 (cos + i sin ) k=0,1,2
3 3 ，
[提示：原方程式可化為(x−2)3=−16]
kπ π kπ π
16. zk=1+2i+2[cosθ( 2 + 3 )+i sin( 2 + 3 )],k=0,1,2,3；8
17. −1 [提示：應用例題 8 的結果]
18. (a)138° (b)(,)
19. (A)(C)(D)(E) {提示：參考例題 3
20. 0
21. (a)−1 (b)0 [提示：仿照例題 7 的方法]
~3−7−32~

33. 22. (a)利用利 z =|z|2=1
1 + z z (1 + z ) z (1 + z )
⇒ 1 + z = z + z ⋅ z = z + 1 = z (b)令 z=cosθ +i sinθ ，再利用(a)的結
3 1
論得() = 2 + 2 i 。
100
23.
[提示：(a)z==(cos+i sin)⇒z n =() n (cos+isin) 為實數 sin=0 ⇒n=3k，k 為整數
∞ ∞
3
(b) |z n+1 −z n |=|z n (z−1)|=|z n ||z−1|=|z| n |z−1|=() n ⋅=(c) ∑ | z − z | = ∑ n +1 =
n +1 n
n =1 n =1 2
nπ
n
24. 2 cos
2
[ i (1+x)n 中，再考慮(1+i)n 的實部即為
4 提示：將 代入
a0−a2+a4−a6+…]
25. [提示：令 z=cosθ+i sinθ，考慮 z+z2+…+zn= 的實部。]
26. OP：OQ：PQ=2：1： [提示：提2−2α β +4β2=0 ⇒()2−2()+4=0
⇒=1±i (a)=1+i=2(cos+isin) ⇒α=β⋅[2(cos+isin)] ⇒|α|=2|β|且且QOP=。
(b) =1−i=2(cos+isin) ⇒α=β⋅[2(cos+isin)] ⇒|α|=2|β|且且QOP=]
27. 3[提示：因為 A,B,C,D 表 x4−x2+1=0 的四個根，且令
A(z1)、 2)、 3)、 4)，所以 x4−x2+1=0 有四個根 zk，k=1,2,3,4，，
B(z C(z D(z
x4−x2+1=(x−z1)(x−z2)(x−z3)(x−z4)⇒
PA⋅PB⋅PC⋅PD=|i−z1||i−z2||i−z3||i−z4|=|(i−z1)(i−z2)(i−z3)(i−z4)|=|i4−i2+1|=3]
28. t=3，4[提示：|z−z1|+|z−z2|可視為在直線 x−y=0 的點 P(t,t)到
A(−6,6)、B(2,6)的距離和]
~3−7−33~

34. 29. 0≤|z2−z+1|≤3 [提示：z2−z+1=(z−)2+ ||z−|2−|≤|(z−)2+|≤|(z−)2|+， 當 z=−1
2
時，(z−) +=3 為最大值，當 z=+i 時，有最小值 0]
~3−7−34~