复数的代数形式及运算

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1、第三节复数的代数形式及运算【目录】题型1复数代数形式的运算题型2复数代数形式的综合应用三、解答题题型1复数代数形式的运算1．计算：（1）；（2）。解：（1）原式=。（其中ω=）。（2）原式==i+i4×249+2=i+i2=-1+i.2．设f(x,y)=x2y-3xy+y2-x+8，求：（1）f(1+i,2-i)的值；（2）[f(2-i,2-i)]-1的值。解：（1）f(1+i,2-i)=(1+i)2·(2-i)-3(1+i)(2-i)+(2-i)2-(1+i)+8=2i(2-i)-3(3+i)+(3-4i)-1-i+8=2+4i-9-3i+3-4i+7-i=3-4i；（2）若x=y，则f(

2、x,y)=x3-2x2-x+8，又x=2-i，∴(x-2)2=(-i)2，即x2-4x+9=0，而x3-2x2-x+8=(x2-4x+9)(x+2)-2x-10,∴f(2-i,2-i)=0-2(2-i)-10=-14+2i,∴[f(2-i,2-i)]-1=.（3）∵(1-)10=1-C·+C·()2-C·()3+…，∴(1-)10的展开式中奇数项之和为复数(1-)10的实数。又(1-)10=[-2·=210ω10=210ω=210=-29+29，∴(1-)10的展开式中各奇数项的和为-29。3．求同时满足下列两个条件的所有复数z：（1）是实数，且1<≤6；（2）z的实部和虚部都是整数5解：设

3、t=，则t∈R，且z2-t·z+10=0，由1<≤6得1

4、i，z3=b+ai(a,b∈R且a>0).（1）求a,b的值；（2）试求使z1+z2+…+zn=0的最小自然数n；（3）对（2）中的自然数n，求z1·z2·…·zn的值。解：（1）∵z1,z2,z3成等比数列，∴z=z1z3，即(a+bi)2=b+ai，a2-b2+2abi=b+ai,∴(a>0)，解得a=,b=。（2）∵z1=1,z2=，∴公比q=。于是zn=()n-1。z1+z2+…+zn=1+q+q2+…+qn-1==0，∴qn=()n=(-i)n()n=1，即n即是3的倍数又是4的倍数。故n的最小值为12。（3）z1z2…z12=1·()·()2…()115=()1+2+…+11

5、=.2．求(1-)10的展开式中的所有奇数项的和。解：(1-)10的展开式中的所有奇数项的和S=；而偶数项之和为，因此所有奇数项的和，即为(1-)10的实部，(1-)10=[-2×()]10=(-2)10()10=210()=-29+，∴(1-)10的展开式中所有奇数项之和为-512.3．计算：．解：原式=4．求复数7-24i的平方根．解：设复数7-24i的平方根为x+yi(x、y∈R)，则(x+yi)2=7-24i，即x2-y2+2xyi=7-24i.∴∴复数7-24i的平方根为4-3i或-4+3i.解法二：（配方法）∵7-24i=(16-9)-2×4×3i=(4-3i)2.∴7-24i的

6、平方根为±(4-3i)，即为-4+3i或4-3i.5．已知z=1+i，且=1-i(a、b∈R)，求a、b的值．解：将已知等式变形为z2+az+b=(1-I)(z2-z+1).∵(z2-z+1)(1-i)=[(1+i)2-(1+i)+1](1-i)=i(1-i)=1+i,又z2+az+b=(1+i)2+a(1+i)+b=(a+b)+(a+2)i,由两个复数相等的充要条件得：a=-1,b=2.6．计算.解：∵5∴原式=(-1)12=1·(-2i)6=-64.7．已知复数z=,ω=z+ai(a∈R),当时，求z的取值范围．解：z==，∴

7、z

8、=,又，∴

9、ω

10、≤2．而ω=z+ai=(1-i)+ai=

11、1+(a-1)i(a∈R)，则(a-1)2≤3．∴-≤a-1≤,1-≤a≤1+.故a的取值范围是[1-,1+]．8．设复数z1,z2满足z1·z2+2i(z1-z2)+1=0,-z1=2i，求z1,z2．解：∵-z1=2i,=z1+2i，∴z2=-2i.将其代入已知条件，得z1(-2i)+2i(z1-+2i)+1=0.设z1=a+bi(a、b∈R)代入上式，得a2+b2-2b-3-2ai=0.∴∴z1=3i,