例题与探究(5.2.2复数的乘法与除法)

来源:互联网 编辑: 张倩 手机版

高手支招3综合探究

进行复数的除法运算的步骤

利用复数的除法定义:把满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)(c+di≠0)的复数 x+yi叫做复数a+bi除以复数c+di的商,记作(a+bi)÷(c+di)或,从而利用复数相等求得x,y的值即可.

∵(c+di)(x+yi)=(cx-dy)+(dx+cy)i,∴(cx-dy)+(dx+cy)i=a+bi,由此可得

解这个方程组得

于是有(a+bi)÷(c+di)=.

在进行复数除法运算时,通常先把(a+bi)÷(c+di)写成的形式,再把分子与分母都乘以分母的共轭复数c-di,化简后,也可以得出上面的结果.

高手支招4典例精析

【例1】已知=1-ni,其中m、n是实数,i是虚数单位,则m+ni=( )

A.1+2i B.1-2i C.2+i D.2-i

思路分析:可先将=1-ni去分母后展开化简,再利用复数相等解之.

本题也可将等式左边分母实数化,再利用复数相等解之.

=1-ni两边同乘以1+i,得m=(1-ni)(1+i)=1+n+(1-n)i,由复数相等法则,得从而所以m+ni=2+i.

答案:C

【例2】复数=( )

A.i B.-I C.2-I D.-2+i

思路分析:此题可以直接进行分母“有理化”(即分子分母同乘以分母的共轭复数),化简解得,或由观察得出:将分子化简后,分母乘以i则可以得到分子,从而解得.原式=.

答案:A

【例3】 若复数z=+i,则1+z+z2+z3+…+z2 006( )

A.0 B. + i C. - i D. - i

思路分析:由于z=+i正好是ω的一个值,故具有ω特性,即1+z+z2=0,利用此式,原式即可化简.∴1+z+z2+z3+…+z2 006中连续三项的和均为零,由于1+z+z2+z3+…+z2 006的项数2 007项正好是3的倍数项,故所求的和式为零.

答案:A

【例4】 如果复数(m2+i)(1+mi)是实数,则实数m等于( )

A.1 B.-1 C. D.-

思路分析:要使一个复数为实数,那只需要一个条件:虚部为0.将原式(m2+i)(1+mi)展开,得m2+m3i+i+mi2=(m2-m)+(m3+1)i,令其虚部为零,即m3+1=0,即m=-1.

答案:B

【例5】若复数(1+bi)(2+i)是纯虚数(i是虚数单位,b是实数),则b等于( )

A.-2 B. C. D.2

思路分析:(1+bi)(2+i)=(2-b)+(2b+1)i,依题意2-b=0b=2.

答案:D

【例6】设a是实数,且是实数,则a等于

A. B.1 C. D.2

思路分析:先化简,因为是实数,故其虚部为零,即=0,从而得a=1.

答案:B

【例7】设复数z满足=i,则z等于… ( )

A.-2+i B.-2-I C.2-I D.2+i

思路分析:由=i,得z===2-i.

答案:C

【例8】设x、y为实数,且,则x+y=_____________.

思路分析:先将原式两边的分母实数化,然后再利用复数相等即可求得x+y的值.

将原式分母实数化,得(1+i)+ (1+2i)= (1+3i),即5x(1+i)+2y(1+2i)=5(1+3i),即(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i=0,利用复数相等的充要条件得

x+y=4.

答案:4

【例9】 计算下列各式:(1)i2 006+(+i)8-()50;(2)( i)6.

思路分析:(1)充分利用(1±i)2=±2i及i4n+k=ik将高次冥化为低次冥.(2)利用ω的性质解答.

解:(1)i2 006+(+i)8-()50=i4×501+2+[2(1+i)2]4-[]25

=i2+(4i)4-()25=-1+256-i25=255-i;

(2)∵ω=+i,∴-i=-ω,∴(-i)6=(-ω)6=(ω3)2=1.

【例10】 已知复数z=,若z2+az+b=1+i,试求实数a、b的值.

思路分析:要求实数a、b的值,需先确定复数z的值,而要确定复数z,需对复数z进行化简,主要通过复数乘方,加减运算,最后通过分母实数化,从而化得结果.

解:∵z==1+i,

∴z2+az+b=(1+i)2+a(1+i)+b=(a+b)+(2+a)i,

由已知z2+az+b=1+i,∴∴实数a、b的值分别为-1,2.

【例11】 已知f(z)=2z+-3i,f(z+i)=6-3i,求f(-z)的值.

思路分析:需要先利用已知式求出z,再将-z代入f(z)=2z+-3i中计算.

解:∵f(z)=2z+-3i,∴f(+i)=2(+i)+ -3i=2+2i+z-i-3i=2+z-2i,又知f(-3i,∴2+z-2i=6-3i,即2+z=6-i,设z=a+bi,则=a-bi,于是有2(a-bi)+a+bi=6-i,所以,解得a=2,b=1,∴z=2+i,

∴f(-z)=f(-2-i)=2(-2-i)+(-2+i)-3i=-6-4i.

【例12】 计算:( i)12+()8.

思路分析: i=i(+i),1-i=(-2)( + i),由此,原式可以化简.

解:原式=i12(+i)12+

=1·1+

=1+16(+i)

=-7+8i.

【例13】 已知复数z1=i(1-i)3.(1)求|z1|;(2)若|z|=1,求|z-z1|的最大值.

思路分析:(1)求模应求出复数的实部与虚部,再利用|a+bi|= 得出.(2)是考查复数几何意义的应用.

解:(1)z1=i(1-i)3=i(-2i)(1-i)=2(1-i),

∴|z1|=.

(2)|z|=1可看成半径为1、圆心为(0,0)的圆,而点Z1可看成在坐标系中的点(2,-2),

∴|z-z1|的最大值可以看成点(2,-2)到圆上点距离的最大值,由右图可知|z-z1|max=2+1.

【例14】 证明:在复数范围内,方程|z|2+(1-i)-(1+i)z= (i为虚数单位)无解.

思路分析:将已知条件化简后再由复数相等来解.

证明:原方程化简为|z|2+(1-i)z-(1+i)z=1-3i.

设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得x2+y2-2xi-2yi=1-3i.

将(2)代入(1),整理得8x2-12x+5=0.

∵Δ=-16<0,

∴方程f(x)无实数解,

∴原方程在复数范围内无解.

高手支招5思考发现

1.利用某些特殊复数的运算结果,如(1±i)2=±2i,(±i)3=1, =-i, =i, =-i,i的幂的周期性,对于简化复数的运算大有好处,在计算上经常用的结论最好能熟记,以便加快解题速度.

2.在化简运算中,要注意运用i、ω的性质,如当ω=+i时有:

=ω2,ω3=1, =,ωn+ωn+1+ωn+2=0(n∈N*),in+in+1+in+2+in+3=0(n∈N*

3.在解题过程中,若能充分利用共轭复数的性质对问题进行等价变形、化简,可使复杂问题简单化,事半功倍.

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