高中复数命题直接证明咨询：∀z∈ℂ，|1+z|≥1/2或|1+z²|≥1

嘿，我来分享两个高中阶段就能理解的直接证明思路，帮你搞定这个复数命题：

方法一：代数形式展开法 #

我们把复数拆成实部和虚部来计算，设 ( z = x + yi )（其中 ( x,y \in \mathbb{R} )），先计算两个模的平方（模的平方比模本身更容易运算，且不改变不等号方向）：

• ( |1+z|^2 = (1+x)^2 + y^2 = x^2 + 2x + 1 + y^2 )
• ( |1+z^2|2 = (1 + x^2 - y²⁾2 + (2xy)^2 )，展开化简后得到：
  ( |1+z^2|2 = 1 + 2x^2 - 2y^2 + (x^2 + y²⁾2 )

接下来用分情况讨论的逻辑：假设 ( |1+z| < \frac{1}{2} )，对应的平方不等式为：
( x^2 + 2x + 1 + y^2 < \frac{1}{4} )，整理得 ( x^2 + y^2 < -2x - \frac{3}{4} )

把这个不等式代入 ( |1+z^2|2 ) 的表达式：
[
\begin{align*}
|1+z^2|2 &> 1 + 2x^2 - 2y^2 + (-2x - \frac{3}{4})^2 \
&= 1 + 2x^2 - 2y^2 + 4x^2 + 3x + \frac{9}{16} \
&= \frac{25}{16} + 6x^2 + 3x - 2y^2
\end{align*}
]
再结合 ( y^2 < -2x - \frac{3}{4} - x^2 ) 代入化简：
[
\begin{align*}
|1+z^2|2 &> \frac{25}{16} + 6x^2 + 3x - 2(-2x - \frac{3}{4} - x^2) \
&= \frac{25}{16} + 8x^2 + 7x + \frac{24}{16} \
&= 8x^2 + 7x + \frac{49}{16}
\end{align*}
]
这是关于 ( x ) 的二次函数，最小值在 ( x = -\frac{7}{16} ) 处，计算得最小值为 ( \frac{49}{32} > 1 )，因此 ( |1+z^2|2 > 1 )，即 ( |1+z^2| > 1 )。

这说明：如果 ( |1+z| < \frac{1}{2} )，必然有 ( |1+z^2| \geq 1 )；如果 ( |1+z| \geq \frac{1}{2} )，命题直接成立。综上，原命题对所有复数 ( z ) 都成立。

方法二：三角形式结合三角函数性质 #

用复数的三角形式能简化模的计算，设 ( z = r(\cos\theta + i\sin\theta) )（( r \geq 0 )，( \theta \in \mathbb{R} )），则：

• ( |1+z| = \sqrt{(1 + r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2} = \sqrt{1 + 2r\cos\theta + r^2} )
• ( |1+z^2| = \sqrt{1 + 2r^2\cos2\theta + r^4} )

同样假设 ( |1+z| < \frac{1}{2} )，平方后得到：
( 1 + 2r\cos\theta + r^2 < \frac{1}{4} )，整理得 ( \cos\theta < -\frac{r}{2} - \frac{3}{8r} )

由均值不等式 ( \frac{r}{2} + \frac{3}{8r} \geq 2\sqrt{\frac{r}{2} \cdot \frac{3}{8r}} = \frac{\sqrt{3}}{2} )，所以 ( \cos\theta < -\frac{\sqrt{3}}{2} )，这意味着 ( \theta \in (\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}) + 2k\pi )（( k \in \mathbb{Z} )）。

此时 ( 2\theta \in (\frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{3}) + 4k\pi )，也就是 ( 2\theta ) 落在 ( (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) ) 或 ( (0, \frac{\pi}{3}) ) 区间内，这两个区间里 ( \cos2\theta \geq \frac{1}{2} )（因为 ( \cos\frac{5\pi}{3} = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} )）。

把 ( \cos2\theta \geq \frac{1}{2} ) 代入 ( |1+z^2|2 )：
[
|1+z^2|2 = 1 + 2r^2\cos2\theta + r^4 \geq 1 + 2r^2 \cdot \frac{1}{2} + r^4 = 1 + r^2 + r^4
]
而 ( 1 + r^2 + r^4 = (r^2 + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} \geq 1 )，等号仅当 ( r=0 ) 时成立，但 ( r=0 ) 时 ( z=0 )，此时 ( |1+z|=1 \geq \frac{1}{2} )，不符合假设，因此 ( |1+z^2|2 > 1 )，即 ( |1+z^2| > 1 )。

结合两种情况，原命题得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者moistandunstable