1樓:糖糖2偆
|>||由z1=2+i且抄z1?z2=3+4i,若|襲z1|>|baiz2|,根據給出的定義運du算,則zhiz=dao
3+4i
2+i=(3+4i)(2?i)
(2+i)(2?i)
=10+5i
5=2+i
此時|z
|=|z|=+
=5,與|z1|>|z2|矛盾.
若|z1|≤|z2|,根據給出的定義運算,則z2=(3+4i)-(2+i)=1+3i.
此時|z|=5
,|z|=+=
10,符合|z1|≤|z2|.
所以,複數z2=1+3i.
故選b.
設z1,z2是兩複數,求證:|z1-z2|≥||z1|-|z2||
2樓:匿名使用者
^||證明:
對於兩個非負數,分別平方以後不改變相對大小因為|z1-z2|^2=z1^2+z2^2-2z1z2||z1|-|z2||^2=z1^2+z2^2-2|z1||z2|則 |z1-z2|^2- ||z1|-|z2||^2=2(|z1||z2|-z1z2)≥0
因此就有 |z1-z2|≥||z1|-|z2||
3樓:匿名使用者
||||
證:設z1=a+bi,z2=c+di
|z1-z2|2-||z1|-|z2||2=(a-c)2+(b-d)2-[|z1|2+|z2|2-2|z1z2|]
=a2+c2-2ac+b2+d2-2bd-[a2+b2+c2+d2-2|(a+bi)(c+di)|]
=2|(ac-bd)+(ad+bc)i|-2(ac+bd)
=2√[(ac-bd)2+(ad+bc)2]-2(ac+bd)
=2√(a2c2-2abcd+b2d2+a2d2+2abcd+b2c2)-2(ac+bd)
=2[√(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2)-(ac+bd)]
[√(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2)]2-(ac+bd)2
=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2-a2c2-b2d2-2abcd
=a2d2+b2c2-2abcd
=(ad-bc)2
≥02[√(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2)-(ac+bd)]≥0
|z1-z2|2≥||z1|-|z2||2
|z1-z2|≥||z1|-|z2||
已知複數z1,z2滿足z 1,z 1且z1 z
設z1 cos isin z1 1z2 cos isin z2 1,z1 z2 cos cos i sin sin z1 z2 1 2 3i 2,cos cos 1 2,1 sin sin 3 2,2 1 兩邊平方 2 兩邊平方，2 2 cos cos sin sin 1 4 3 4 1，cos 1...
複數z1 i3 1 i2 i，複數z 1 i 3 1 i （2 i）若z a z 0求純虛數a
z 2m 3m 2 m2 3m 2 i屬於的r 0 m2 3m 2 0 m的虛部 1 m 2z是純屬子虛烏有的實部，虛部不等於0 2米2 3米2 0 米 2時，m 1 2 m 2時，虛部為0，舍入 米 1 2 z 1 i 2 3 1 i 2 i 1 2i i 2 3 3i 2 i 1 2i 1 3 ...
已知複數Zxyix,y屬於R滿足Z1,求復
z 1 x 1 2 y 2 1所以 x 1 2 y 2 1 設x sint 1 y cost 則 z x 2 y 2 sint 1 2 cos 2t sin 2t 2sint 1 cos 2t 2sint 2 因為 1 sint 1 所以0 2sint 2 2 即0 z 2 問 已知複數z x yi...