已知复数x=√(2a 1) ai(a∈R),z=x-│x│ (1-i)

（1-aix)^20,两边同除以ai不等式不变号化简得x(aix-2)0且同小取小的原理的（0,2/a1）

当s=n时,由已知a1,a2,…,as两两不同故|α1,α2,...,αn|≠0(Vandermonder行列式)所以α1,α2,...,αn线性无关,r(α1,α2,...,αs)=n.当s>n时,

2+ai+b+i=-p(2+ai)*(b+i)=qa=-1ab+2=0b=2p=-4,q=5

设Z=x+yi,则Z的共轭Z‘=x-yi所以Z*Z’=x2(平方)+y2(平方)Z‘*i*2=2y+2xi所以x2+y2+2y+2xi=3+ai(*)x2+y2+2y=32x=a所以x=a/2,带入(

z=3-ai,|z|=√[3^2+(-a)^2]

提示:看块对角阵diag{A1,A2,...,Am}的特征多项式再问：不好意思，不理解，你能具体一点吗，谢谢呀再答：F(diag{A1,A2,...,Am})=diag{F(A1),F(A2),...

2根5

（1）|x|=√（2a+1+a²）,z=√(2a+1)+ai-√(2a+1+a²)+1-i=√2a+1-a+ai,且z为纯虚数,所以√(2a+1)=√(2a+1+a²-1

设z=x+yi|zˊ-3-3i|^2=18-6x+x^2+6y+y^2(2|z|)^2=4x^2+4y^2则18-6x+x^2+6y+y^2=4x^2+4y^2-6+2x+x^2-2y+y^2=0(y

z=a+bi,(a>0,b∈R)z^2=a^2+2abi-b^2=b+ai可得a^2-b^2=b,a=根号3/22abi=-ai,2b=-1z=a+bi=根号3/2-0.5i

可以证明f(i/n)+f[(n-i)/n]=1（过程不太好打,自己可以证明,要一定的代数运算功底哦）Sn=a1+a2+...+anf(1)=√2-1即Sn=f(1/n)+f(2/n)+...+f[(n

（2+3i)/(1-i)=(2+3i)(1+i)/[(1-i)(1+i)]=(2+2i+3i-3)/(1+1)=(-1+5i)/2=a+biz的共轭复数为(-1-5i)/2

z1*z2=1+2i+ai-2a=(1-2a)+(2+a)i为纯虚数.所以,a=1/2希望对楼主有所帮助,有任何不懂请追问!

解法一：利用模的定义，从两个已知条件中消去z．∵z=3+ai（a∈R），由|z-2|＜2，得|3+ai-2|＜2，即|1+ai|＜2，解得−3＜a＜3．解法二：利用复数的几何意义，由条件|z-2|＜2

因为|ai|/ai=1或-1又因为：|a1|/a1+|a2|/a2+|a3|/a3+...+|a2011|/a2011+|a2012|/a2012=1968；所以这2012组中,有22个取到－1；y=

an+1=2an/[（an）+1],两边倒数得1/a(n+1)=1/2+1/2an,[1/a(n+1)-1]=[1/an-1]/2,[1/a(n+1)-1]/[1/an-1]=1/2,数列{1/an-

因为集合B的元素都是平方数,集合A所有元素都是正整数,且A∩B={a1,a4},a1+a4=10,所以a1和a4都是小于10的平方数.且a1a4,所以a5必不小于10.若a5=11,则11+11^2=

设z=x+yi,则x²+y²=25(1),又(3+4i)(x+yi)=3x-4y+(3y+4x)i为纯虚数,所以3x-4y=0(2)4x+3y≠0(3)由（1）（2）,解得x=4,

a(1)=2fori=2to200a(i)=a(i-1)+2i=i+1endfo

2088=(a1+1）^2+(a2+1)^2+…+（a2011+1)^2=a1^2+2a1+1+a2^2+2a2+1+...+a2011^2+2a2011+1=a1^2+a2^2+...+a2011^