,En,故 c_1=c_2=⋯=c_(n-1)=0 ,所以 f(u)=u^n+c_0(|c_0|=1) . (5.23) 结合(5.20)、 (5.23)知 z_k^n+c_0=0⇒z_k^n=-c_0 ,k=1,2,… ,n, 71 从而,知z1,z2,… , z_n 为单位圆内接正n边形的顶点时,min L。 max u- z_i1]=2 . ...
对∫_1/ε_1z_1+ε_2z_2+⋯+∈(ξ(2)) 可以加在一-|||-起,有2”个加数,首先证明-|||-|z_1| .-|||-①-|||-,,s∈{-1,1}-|||-用数学归纳法证明式①,证明中要用到如下的事实:-|||-对于u,v∈C,平行四边形等式 |u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v| 成立.-|||-当n=1...
设Z1，Z2，…，Zn是任意n个复数，证明必有｛1，2，…，n｝的子集E，使得?将{zi}根据所属复平面...
(3)对任何z1、z2∈C, m、n∈N*,有z1m·z1n=___,(z1m)n=___,(z1·z2)m=___;对于n∈Z,都有i4n+1=___,i4n+2=___,i4n+3=___,i4n=___.? 点击展开完整题目 查看答案和解析>> 科目:高中数学来源:题型: 对于i,有i4n=___,i4n+1=...
复数Zn=[(1-i)/2]^n.(n=1,2,3,...).∴|Z(n+1)-Zn|=|[(1-i)/2]^n|×|[(1-i)/2]-1|=|(1-i)/2|^n×|(1+i)/2|=[(√2)/2]^(n+1).n=1,2,3,...∴Sn=(√2/2)²+(√2/2)³+...+(√2/2)^(n+1)=(2+√2)×{1-[(√2)/2]^n}/2. 解析看不懂?
{ 3 } + 3 A g $$ 故答案为:(1)$$ Z n + 2 H C l = Z n C l _ { 2 } + H _ { 2 } $$(合理即可 );(2$$ Z n + C u S O _ { 4 } = Z n S O _ { 4 } + C u $$, (3)$$ A l + 3 A g N O _ { 3 } = A l ( N O _ { 3 } ) ...
解:令 f(u)=Ⅱ(u-z1) i=1 =u^n+C_(n-1)u^(n-1)+⋯+C_(1n)u+C_0 3 其中 |C_0|=|z_1z_2⋅z_n|=1 设 C_0=e^(iθ), C_0=e^(iθ), e^(iθ),0≤θ n,在单位圆 u_1=1 上取 n个复数 e_k=e^(ikπ+θ) ,k =1,2,… ,n,有ε_k^n=e^(iθ) ...
(2)求和:①z1+z2+…+zn;②a1b1+a2b2+…+anbn. 试题答案 在线课程 【答案】分析:(1)由zn=an+bn•i,取n=1后得到z1=a1+b1•i,结合已知条件求出a1,b1.再由 , 把zn=an+bn•i代入后由复数相等可得数列{an},{bn}分别为等比数列和等差数列,则数列{an},{bn}的通项公式可求; ...
设Z1,Z2,.Zn为复数,满足|Z1|+|Z2|+.|Zn|=1.求证,上述n个复数中必有若干个复数,它们和的模不小于1|6 答案 设Zk=Ak+i*Bk (k=1,2,...,n),由于|a+b|≤|a|+|b|,可知|Zk|≤|Ak|+|Bk|所以1=Σ|Zk|≤Σ(|Ak|+|Bk|),将Ak按正负分为两类,记两类的和(取绝对值)分别是S1,S2;...
(I)因为X,Y相互独立且均服从于正态分布,所以Z=X-Y也服从于正态分布.又因为:E(Z)=E(X-Y)=E(X)-E(Y)=μ-μ=0,D(Z)=D(X-Y)=D(X)+D(Y)=3σ2,所以:Z～N(0,3σ2),从而可得Z的概率密度为:fZ(... (I)因为X与Y均服从正态分布,故Z=X-Y服从正态分布,为求其概率密度,仅需确定其数...