第7章复数7.2.2复数的乘除运算学案含解析

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7.2.2　复数的乘、除运算两个实数的积、商是一个实数，那么两个复数的积、商是怎样的？怎样规定两个复数的乘除运算， 才能使在复数集中的乘法、除法与原实数集中的有关规定相容？复数的加减运算把i看作一个字母，相当于多项式的合并同类项，那么复数乘法是否可以像多项式乘法那样进行呢？问题：(1)多项式(a＋b)(c＋d)的运算结果是什么？(2)复数(a＋bi)(c＋di)的运算结果是什么？知识点1　复数的乘法1．复数代数形式的乘法法则已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i．2．复数乘法的运算律对于任意z1，z2，z3∈C，有(1)复数的乘法与多项式的乘法有何不同？(2)|z|2＝z2，正确吗？[提示]　(1)复数的乘法与多项式乘法是类似的，有一点不同即必须在所得结果中把i2换成－1，再把实部、虚部分别合并．(2)不正确．例如，|i|2＝1，而i2＝－1．1．复数(3＋2i)i等于(　　)A．－2－3i　　　　 B．－2＋3iC．2－3i D．2＋3iB　[(3＋2i)i＝3i＋2i·i＝－2＋3i，选B．]2．已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．2　[∵(a＋2i)(1＋i)＝a＋ai＋2i＋2i2＝a－2＋(a＋2)i，其实部为0，∴a－2＝0，∴a＝2．]知识点2　复数的除法法则(a＋bi)÷(c＋di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(a，b，c，d∈R，且c＋di≠0)．3．已知i是虚数单位，则eq \f(3＋i,1－i)＝(　　)A．1－2i　　　B．2－i　　　C．2＋i　　　D．1＋2iD　[eq \f(3＋i,1－i)＝eq \f(3＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2＋4i,2)＝1＋2i．] 类型1　复数代数形式的乘法运算【例1】　(1)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，1)　　　　　 B．(－∞，－1)C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)(2)计算：①(2＋3i)(2－3i)；②(1＋i)2；③(－2－i)(3－2i)(－1＋3i)．(1)B　[z＝(1－i)(a＋i)＝(a＋1)＋(1－a)i，因为对应的点在第二象限，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,1－a>0，))解得a<－1 ，故选B．](2)[解]　①(2＋3i)(2－3i)＝22－(3i)2＝22－(－9)＝13．②(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝1＋2i－1＝2i．③原式＝(－6＋4i－3i＋2i2)(－1＋3i)＝(－8＋i)(－1＋3i)＝8－24i－i＋3i2＝5－25i．1．两个复数代数形式乘法的一般方法复数的乘法可以按多项式的乘法法则进行，注意选用恰当的乘法公式进行简便运算，例如平方差公式、完全平方公式等．2．常用公式(1)(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2(a，b∈R)；(2)(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)；(3)(1±i)2＝±2i．eq \o([跟进训练])1．(1)下列各式的运算结果为纯虚数的是(　　)A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)C．(1＋i)2 D．i(1＋i)(2)复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________．(1)C　(2)5　[(1)A项，i(1＋i)2＝i(1＋2i＋i2)＝i×2i＝－2，不是纯虚数．B项，i2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i，不是纯虚数．C项，(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，是纯虚数．D项，i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i，不是纯虚数．故选C．(2)(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的实部是5．] 类型2　复数代数形式的除法运算【例2】　(对接教材P79例5)(1)eq \f(3＋i,1＋i)＝(　　)A．1＋2i B．1－2iC．2＋i D．2－i(2)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i是虚数单位)，则z为(　　)A．3＋5i B．3－5iC．－3＋5i D．－3－5i(1)D　(2)A　[(1)eq \f(3＋i,1＋i)＝eq \f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(4－2i,2)＝2－i．(2)∵z(2－i)＝11＋7i，∴z＝eq \f(11＋7i,2－i)＝eq \f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(15＋25i,5)＝3＋5i．]1．两个复数代数形式的除法运算步骤(1)首先将除式写为分式；(2)再将分子、分母同乘以分母的共轭复数；(3)然后将分子、分母分别进行乘法运算，并将其化为复数的代数形式．2．常用公式(1)eq \f(1,i)＝－i；(2)eq \f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq \f(1－i,1＋i)＝－i．eq \o([跟进训练])2．已知i为虚数单位，则eq \f(i,1＋i)的实部与虚部之积是(　　)A．eq \f(1,4)　　　　B．－eq \f(1,4)　　　　C．eq \f(1,4)i　　　　D．－eq \f(1,4)iA　[因为eq \f(i,1＋i)＝eq \f(i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以eq \f(i,1＋i)的实部与虚部之积是eq \f(1,4)．]3．计算：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(8)＝________．1　[法一：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(8)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(2)))eq \s\up12(4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2i,－2i)))eq \s\up12(4)＝(－1)4＝1．法二：因为eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(8)＝i8＝1．] 类型3　在复数范围内解方程【例3】　在复数范围内解下列方程．(1)x2＋5＝0；(2)x2＋4x＋6＝0．[解]　(1)因为x2＋5＝0，所以x2＝－5，又因为(eq \r(5)i)2＝(－eq \r(5)i)2＝－5，所以x＝±eq \r(5)i，所以方程x2＋5＝0的根为±eq \r(5)i．(2)法一：因为x2＋4x＋6＝0，所以(x＋2)2＝－2，因为(eq \r(2)i)2＝(－eq \r(2)i)2＝－2，所以x＋2＝eq \r(2)i或x＋2＝－eq \r(2)i，即x＝－2＋eq \r(2)i或x＝－2－eq \r(2)i，所以方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝－2±eq \r(2)i．法二：由x2＋4x＋6＝0知Δ＝42－4×6＝－8＜0，所以方程x2＋4x＋6＝0无实数根．在复数范围内，设方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则(a＋bi)2＋4(a＋bi)＋6＝0，所以a2＋2abi－b2＋4a＋4bi＋6＝0，整理得(a2－b2＋4a＋6)＋(2ab＋4b)i＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－b2＋4a＋6＝0，,2ab＋4b＝0，))又因为b≠0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－b2＋4a＋6＝0，,2a＋4＝0，))解得a＝－2，b＝±eq \r(2)．所以x＝－2±eq \r(2)i，即方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝－2±eq \r(2)i．在复数范围内，实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0a≠0的求解方法1求根公式法2利用复数相等的定义求解,设方程的根为x＝m＋nim，n∈R，将此代入方程ax2＋bx＋c＝0a≠0，化简后利用复数相等的定义求解.eq \o([跟进训练])4．在复数范围内解方程2x2＋3x＋4＝0．[解]　因为b2－4ac＝32－4×2×4＝9－32＝－23＜0，所以方程2x2＋3x＋4＝0的根为x＝eq \f(－3±\r(－－23)i,2×2)＝eq \f(－3±\r(23)i,4)． 类型4　复数运算的综合问题【例4】　(1)已知复数z＝eq \f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq \x\to(z)是z的共轭复数，则z·eq \x\to(z) 等于(　　)A．eq \f(1,4)　　　B．eq \f(1,2)　　　C．1　　　D．2(2)已知复数z满足|z|＝eq \r(5)，且(1－2i)z是实数，求 eq \x\to(z)．1．若z＝eq \x\to(z)，则z是什么数？这个性质有什么作用？[提示]　z＝eq \x\to(z)⇔z∈R，利用这个性质可证明一个复数为实数．2．若z≠0且z＋eq \x\to(z)＝0，则z 是什么数？这个性质有什么作用？[提示]　z≠0且z＋eq \x\to(z)＝0，则z为纯虚数，利用这个性质，可证明一个复数为纯虚数．3．三个实数|z|，|eq \x\to(z)|，z·eq \x\to(z)具有怎样的关系？[提示]　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\to(z)＝a－bi，所以|z|＝eq \r(a2＋b2)，|eq \x\to(z)|＝eq \r(a2＋－b2)＝eq \r(a2＋b2)，z·eq \x\to(z)＝(a＋bi)(a－bi)＝a2－(bi)2＝a2＋b2，所以|z|2＝|eq \x\to(z)|2＝z·eq \x\to(z)．(1)A　[∵z＝eq \f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)＝eq \f(－\r(3)i2＋i,1－\r(3)i2)＝eq \f(i1－\r(3)i,1－\r(3)i2)＝eq \f(i,1－\r(3)i)＝eq \f(i1＋\r(3)i,4)＝－eq \f(\r(3),4)＋eq \f(i,4)，∴eq \x\to(z)＝－eq \f(\r(3),4)－eq \f(i,4)，∴z·eq \x\to(z)＝eq \f(1,4)．](2)[解]　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1－2i)z＝(1－2i)(a＋bi)＝(a＋2b)＋(b－2a)i．又因为(1－2i)z是实数，所以b－2a＝0，即b＝2a，又|z|＝eq \r(5)，所以a2＋b2＝5．解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2.))所以z＝1＋2i或z＝－1－2i，所以eq \x\to(z)＝1－2i或eq \x\to(z)＝－1＋2i．1．在题设(1)条件不变的情况下，求eq \f(z,\x\to(z))．[解]　由例题(1)的解析可知z＝－eq \f(\r(3),4)＋eq \f(i,4)，eq \x\to(z)＝－eq \f(\r(3),4)－eq \f(i,4)，z·eq \x\to(z)＝eq \f(1,4)，∴eq \f(z,\x\to(z))＝eq \f(z2,z·\x\to(z))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)＋\f(i,4)))eq \s\up12(2),\f(1,4))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i．2．把题设(2)的条件“(1－2i)z是实数”换成“(1－2i)z是纯虚数”，求 eq \x\to(z)．[解]　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\to(z)＝a－bi，(1－2i)z＝(1－2i)(a＋bi)＝(a＋2b)＋(b－2a)i．又因为(1－2i)z是纯虚数，所以a＝－2b，b－2a≠0，由|z|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5b2)＝eq \r(5)，得b＝1，a＝－2；或 b＝－1，a＝2．所以eq \x\to(z)＝－2－i，或eq \x\to(z)＝2＋i．1．由比较复杂的复数运算给出的复数，求其共轭复数，可先按复数的四则运算法则进行运算，将复数写成代数形式，再写出其共轭复数．2．注意共轭复数的简单性质的运用．eq \o([跟进训练])5．已知z1，z2是复数，定义复数的一种运算“⊗”：z1⊗z2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)，|z1|≤|z2|，,z1－z2，|z1|＞|z2|.))当z1＝3－i，z2＝－2－3i时，z1⊗z2＝(　　)A．－eq \f(3,13)＋eq \f(11,13)i　　　　 B．5＋2iC．eq \f(3,13)－eq \f(11,13)i D．5－2iA　[由|z1|＝eq \r(32＋－12)＝eq \r(10)，|z2|＝eq \r(－22＋－32)＝eq \r(13)，知|z1|＜|z2|，故z1⊗z2＝eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,－2－3i)＝eq \f(3－i－2＋3i,－2－3i－2＋3i)＝eq \f(－3＋11i,13)＝－eq \f(3,13)＋eq \f(11,13)i，故选A．]1．复数eq \f(2,1＋i)的虚部是(　　)A．1　　　B．－i　　　C．i　　　D．－1D　[∵复数eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，∴复数eq \f(2,1＋i)的虚部是－1．]2．m∈R，i为虚数单位，若(m＋i)(2－3i)＝5－i，则m的值为(　　)A．1 B．－1 C．2 D．－2A　[由(m＋i)(2－3i)＝(2m＋3)＋(2－3m)i＝5－i，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2m＋3＝5，,2－3m＝－1，))解得m＝1．]3．已知复数z＝2－i，则z·eq \x\to(z)的值为(　　)A．5 B．eq \r(5) C．3 D．eq \r(3)A　[z·eq \x\to(z)＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5．]4．若复数z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝(　　)A．1 B．2 C．eq \r(2) D．eq \r(3)C　[因为z(1＋i)＝2i，所以z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,2)＝1＋i，故|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)．]5．已知复数z1＝(－1＋i)(1＋bi)，z2＝eq \f(a＋2i,1－i)，其中a，b∈R．若z1与z2互为共轭复数，则a＝________，b＝________．－2　1　[z1＝(－1＋i)(1＋bi)＝－1－bi＋i－b＝(－b－1)＋(1－b)i, z2＝eq \f(a＋2i,1－i)＝eq \f(a＋2i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(a＋ai＋2i－2,2)＝eq \f(a－2,2)＋eq \f(a＋2,2)i．由于z1和z2互为共轭复数，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＝－b－1，,\f(a＋2,2)＝－1－b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))]回顾本节知识，自我完成以下问题：(1)复数代数形式的乘法法则和运算律各是什么？(2)复数的除法法则是什么？(3)如何在复数范围内解方程？利用复数产生分形图以前我们学过的函数，定义域都是实数集的子集．但函数概念还可以推广：定义域是复数集的子集的函数称为复变函数．类似地，我们还可以得到多项式复变函数的概念．例如，f(z)＝z2就是一个多项式复变函数，此时f(i)＝i2＝－1，f(1＋i)＝(1＋i)2＝2i．给定多项式复变函数f(z)之后，对任意一个复数z0，通过计算公式zn＋1＝f(zn)，n∈N可以得到一列值z0，z1，z2，…，zn，…．如果存在一个正数M，使得|zn|＜M对任意n∈N都成立，则称z0为f(z)的收敛点；否则，称z0为f(z)的发散点．f(z)的所有收敛点组成的集合称为f(z)的充满茹利亚集．例如，当f(z)＝z2时，如果z0＝i，则得到的一列值是i，－1,1,1，…，1，…；如果z0＝1＋i，则算出的一列值是1＋i,2i，－4，…，22n－1，…．显然，对于f(z)＝z2来说，i为收敛点，1＋i为发散点．事实上，利用|z2|＝|z|2可以证明，f(z)＝z2的充满茹利亚集是一个单位圆盘(即由满足|z|≤1的所有z组成的集合)．让人惊讶的是，当f(z)＝z2＋c时，对于某些复数c来说，f(z)的充满茹利亚集是非常复杂的．如果利用计算机对不同形态的收敛点和发散点进行不同的着色，就可以得到与本章导语所示类似的分形图．而且，如果按照一定的规则对c进行分类，并进行着色，可以得到如图所示的芒德布罗分形图．学 习 任 务核 心 素 养1．掌握复数的乘法和除法运算．(重点、难点)2．理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律．(易混点)1．通过学习复数乘法的运算律，培养逻辑推理的素养．2．借助复数的乘除运算，提升数学运算的素养．交换律z1·z2＝z2·z1结合律(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)乘法对加法的分配律z1(z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z3