复数的一道复习题

在《复数》这一章的复习课上 ,我给出这样一道题 :若复数z适合 |z| =1 ,求复数 2z+3 - 4i所对应的点的轨迹方程与轨迹 .同学们讨论非常热烈 .有同学当即回答 :“由于考虑的是复平面上复数所对应点的轨迹方程 ,即考虑复数实部、虚部之间所满足的代数关系 ,再通过轨迹方程判断是何种轨迹 .所以只要设所求复数2z+3- 4i的实部为x虚部为 y,找出x ,y之间的代数关系即可 .解 :设w =2z+3 - 4i=x +yi(x,y∈R)令 :z=a+bi(a,b∈R)则 :w =(2a +3) +(2b- 4 )i∴ x=2a +3y=2b- 4a=x - 32b=y +42　∵ |z|=1　∴a2 +b2 =1∴ x - 322 +y+422 =1即 :(x - 3) 2…     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。     

四元数矩阵代数的实表示及其应用

设R记实数域,Q记R上四元数代数,若x∈EQ,x=a+bi+cj+dk,其中a、b、c、d在R中,则x的共轭元=a—bi—cj—dk,x的范数N(x)=a~2+b~2+c~2+d~2。设Q~(×n)(或R~(×))记Q(或R)上n×n矩阵构成的R代数,我们以Hom(Q~×,R~(4×4))记Q~(×)的全部R代数表示的集合。还以E_(ij)表示(i,j)位置是1,其余位置是0的n阶方阵,I_r记r阶单位阵;GLr(Q)及GLr(R)分别记Q上及R上一般线性群。     

考点42 复数及其运算

1.(全国卷,1)复数2-i31-2i=().(A)i(B)-i(C)22-i(D)-22+i2.(湖南卷,1)复数z=i+i2+i3+i4的值是().(A)-1(B)0(C)1(D)i3.(山东卷,1)(11+-ii)2+(11-+ii)2=().(A)i(B)-i(C)1(D)-14.(福建卷,1)复数z=1-1i的共轭复数是().(A)21+12i(B)12-21i(C)1-i(D)1+i5.(天津卷,2)若复数a1++32ii(a∈R,i为虚数单位)是纯虚数,则实数a的值为().(A)-2(B)4(C)-6(D)66.(江西卷,2)设复数z1=1+i,z2=x+2i(x∈R),若z1z2为实数,则x=().(A)-2(B)-1(C)1(D)27.(广东卷,2)若(a-2i)i=b-i,其中a、b∈R,i是虚数单位,则a2+b2=().(A)0(B)2(C)25(D)58.(重庆卷,2)(11+-ii…     

培养学生复数运算技能的点滴体会

本文只想谈谈培养学生复数运算的三种技能,以便用来解决现行高中代数课本中的若干练习題。不妥之处,请大家指正。 (一)培养学生掌握几种特殊复数的运算技能 1°(1+i)~2=2i; 2°(1-i)~2=-2i; 3°(a+bi)/(b-ai)=i; 4°(a+bi)(a-bi)=a~2+b~2。以上性质1°和2°在解題中应用颇广,现举数例如下: 例1.(课本第62页第13(3)题) 计算(-1-i)~(-6)。     

高中代数的一个命题的推广及其应用

高中代数第二册112页第2题为; 设a≠b,比较代数式(a~4+b~4)·(a~2+b~2)与(a~2+b~2)~2的大小。运用比较法,作差,很容易得出结论:(a~4+b~4)·(a~2+b~2)>(a~2+b~2)~2,若将此不等式条件限制为a、b∈R~+,则又可得不等式:(a~4+b~4)/(a~2+b~2)>(a~2+b~2)/(a~2+b~2),由这个整齐、和谐的不等式,     

理清概念防微杜渐--纠正一个广为流传的典型错解

理清概念是解题的第一步 ,概念不清往往是解题失误之源 ,下面看一个流传很广的典型错解案例 .案例　已知两个复数集合M =z｜z=cosθ+ ( 4 -m2 )i,m ∈R ,θ∈R ,N =z｜z=m + (λ+sinθ)i,m ∈R ,θ∈R ,且M ∩N≠ ,求实数λ的取值范围 .分析　这是 2 0 0 0年北京海淀区六月份高考模拟试题 ,也是许多复习资料上广为流传的题目 .常见的解法就是模拟试题参考答案 ,由已知 ,集合M、N中至少有一相等元素 ,于是cosθ + ( 4 +m2 )i =m+ (λ+sinθ)i,由复数相等的定义得cosθ=m4-m2 =λ +sinθ消去m得λ =4-cos2 θ -sinθ=sin2 θ-sinθ+ 3=(s…     

关于丢番图方程X~2+4Y~4=pZ~4

设p为素数,p=4A~2+1+2|A,A∈N~*.运用二次和四次丢番图方程的结果证明了方程G:X~2+4Y~4=pZ~4,gcd(X,Y,Z)=1,除开正整数解(X,Y,Z)=(1,A,1)外,当A≡1(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|p(a~2-b~2)~2-4(A(a~2-b~2)±ab)~2|,Y~2=A(a~2-b~2)~2±2ab(a~2-b~2)-4a~2b~2A,Z=a~2+b~2;当A≡3(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|4a~2b~2A-(4abA±(a~2-b~2))~2|,Y~2=4a~2b~2A±2ab(a~2-b~2)-A(a~2-b~2)~2,Z=a~2+b~2.这里a,b∈N~*并且ab,gcd(a,b)=1,2|(a+b).同时具体给出了p=5时方程G的全部正整数解.     

“求复平面上点的轨迹”初探

我们将处理复平面上的点轨迹问题,归纳其解法如下,供参考。一、定义法。所谓定义法就是应用实数、复数相等等概念处理点的轨迹问题。例1 已知复数z_1=cosθ isinθ(0≤θ<π),z_2=1 4cos2θ i4sin2θ,若复数z=z_2·z_1~(-1),试求复数z所对应的动点轨迹的普通方程。解:∵z=z_2·z_1~(-1)=(1 4cos2θ i4sin2θ)·(cosθ isinθ)~(-1)=(1 4cos2θ i4sin2θ)[cos(-θ) isin(-θ)]=5cosθ i·3sinθ, 设复数z=x yi(x,y∈R),根据复数相等的     

一道习题的多种解法

现将一道习题的多种解法介绍如下,供参考。题目:已知a、b∈R,a~2+b~2=1,求证 |acosθ+bsinθ|≤1。归纳起来,大概有七种证法: 证法一:∵ a~2+b~2=1,cos~2θ+sin~2θ=1, ∴ a~2+cos~2θ+b~2+sin~2θ=2。又 a~2+cos~2θ≥2|acosθ|, b~2+sin~2θ≥2|bsinθ| ∴ 2≥2(|acsθ|+|bsinθ|) ≥2|acosθ+bsinθ|     

对“一类三角题的复数解法”的补充

《中学数学》刊登的“一类三角题的复数解法”一文介绍了复数在三角方面的一些应用。笔者试作如下补充。(原文见1985年2月号) 设z=cosθ+isinθ,z=cosθ-isinθ。显然有z·z=1。易求得sinθ=z-z/2=z~2-1/2iz,cosθ=z~2+1/2z,tgθ=z~2-1/i(z~2+1),由棣美弗公式     

注意椭圆参数方程{x=acosθ y=bsinθ}中参数θ的意义

题目 A、B为椭圆b~2x~2+a~2y~2=a~2b~2(a>b>0)上的两点,O为中心,OA⊥OB;求1/OA+1/OB的南的最大值和最小值。错解化椭圆的普通方程为参数方程x=acosθ y=bsinθ (θ为参数) 设A、B两点的坐标分别(acosθ_1,bs nθ_1),(cosθ_2,bsinθ_2)。由OA⊥OB得θ_2+θ_1±π/2,则B点坐标为(±asinθ_1,bcosθ_1)。可证 1/(OA)~2+1/(OB)~2=(a~2+b~2)/a~2b~2。则有 (1/OA)+(1/OP)~2=(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(OA·OB) =(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(a~2b~2+(a~2-b~2)/2))~2sn~2θ_1     

算術運算定律在恒等式變形中的應用

高年级学生在代数变形中所犯的错误,有许多情形都是说明学生对于算术运算定律的忽视. 例如下列约分:(2a~2b+4c)/2=a~2b+4c;(a(a~2+b~2+b)~(1/2))/a=(a~2+b~2)~(1/2)+b等等     

一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

利用二直线重合的条件解三角题

二直线重合的条件在解几中已有广泛的应用,下面举几个三角方面的例子: 例1 消去θ acosθ+bsinθ=c, acos3θ+bsin3θ=c. 解:设直线ax+by-c=0 ①显然,点(cosθ,sinθ)、(coc3θ,sin3θ)在此直线上,又过这二点的直线方程可写成 (y-sinθ)/(x-cosθ)=(sinθ-sin3θ)/(cosθ-cos3θ),即cos2θ·x+sin2θ·y-cosθ=0 ②由于①、②为同一直线故可得a/cos2θ=b/sin2θ=c/cosθ,∴a~2/cos~22θ=b~/sin~22θ=c~2/cos~2θ,∴(a~2+b~2-2c~2)~2=a~2(a~2+b~2).     

Diophantine方程组a~2+b~2=c~r和x~2+b~y=c~z的一点注记

设r是大于1的正奇数,a,b,c是满足a~2+b~2=c~r的互素正整数.证明了:当r(?)5(mod8),c>10~(12)r~4且b是奇素数的方幂时,方程x~2+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(a,2,r).     

构造二次函数求最值及配方法

这是美国第七届中学生数学竞赛中的一题:已知a、b、c、d、e是满足a b c d e=8,a~2 b~2 c~2 d~2 e~2=16的实数。试确定e的最大值。解法1 构造二次函数 f(x)=4x~2 2(a b c d)x (a~2 b~2 c~2 d~2) (x a)~2 (x b)~2 (x c)~2 (x d)~2≥0 又二次项系数4>0,所以有判别式△=4(a b c d)~2-16(a~2 b~2 c~2 d~2)≤0 又a b c d=8-e,a~2 b~2 c~2 d~2=16-e~2,故有(8-e)~2-4(16-e~2)≤0。解得0≤e≤16/5,故e的最大值为16/5。解法2 (a-b)~2≥0(?)a~2 b~2≥2ab 同理有a~2 cb~2≥2ac,a~2 d~2≥2ad,b~2     

第42届IMO第2题的隔离与推广

文 [1 ]将 2 0 0 1年的第 4 2届IMO第 2题推广为设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac+ cc2 +λab　≥ 31 +λ ( 1 )当λ =8时 ,式 ( 1 )便是第 4 2届IMO第 2题的原题 .文 [2 ]对 2 0 01年的第 4 2届IMO第 2题的一个推广为设 ai∈R+,T =a1a2 …an,则 ni=1an - 12ian - 1i + (n2 - 1 )T ai≥ 1 ( 2 )本文研究发现 ,式 ( 1 )可以进行中间隔离 ,式 ( 2 )可以进一步加强推广并进行中间隔离 .兹于此 ,本文给出如下结论定理 1　设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac + cc2 +λab ≥(a +b +c) 3 2 a3+ 3λabc≥ 31 …     

一元二次方程有根“1”的条件的应用续例

本刊1984年第二期发表了《一元二次方程有根“1”的条件的应用》一文,本文再举数例加以补充说明, 一、利用“若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,则有a+b+c=0”的结论证题。例1、若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,求证:a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3证明:∵ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,∴a+b+c=0, 即有c=-(a+b)。∴a~3+b~3+c~3=a~3+b~3-(a+b)~3=-3a~2b-3ab~2=-3ab(a+b)=-3ab(-c)=3abc两边同除以abc得a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3。二、利用“若a+b+c=0,则方程ax~2+bx+c=0(a≠0)必有一根为1”的结论证题,     

三角形面积△_9的对数凸性

设a,b,c>0为一个三角形的边长,θ∈R,记以a~θ,b~θ,c~θ组成的三角形的面积为△_θ。本文揭示了△_θ的对数凸性,即f(θ)=in△_θ为凸性函数,证明了△_((λθ_1)+(1-λ)θ)≥△_(θ_1)~λ △_(θ_2)~(1-λ)(θ_1,θ_2∈R,0<λ≤1)。