计算方法第七章(r)

高中数学第七章复数经典大题例题单选题1、已知z =2+i ，则z−i 1+i =（ ）A ．1−2iB ．2+2iC ．2iD ．−2i答案：D分析：根据共轭复数的定义及复数的除法法则即可求解.由z =2+i ，得z =2−i ，所以z−i 1+i =2−i−i 1+i =2(1−i )×(1−i )(1+i )×(1−i )=2×(1−2i+i 2)2=−2i .故选：D.2、设(−1+2i)x =y −1−6i ，x,y ∈R ，则|x −yi|=（ ）A ．6B ．5C ．4D ．3答案：B分析：根据复数实部等于实部，虚部等于虚部可得{x =−3y =4，进而求模长即可. 因为(−1+2i )x =y −1−6i ，所以{2x =−6−x =y −1，解得{x =−3y =4， 所以|x −yi |=|−3−4i|=√(−3)2+(−4)2=5.故选：B.3、已知下列三个命题：①若复数z 1，z 2的模相等，则z 1，z 2是共轭复数；②z 1，z 2都是复数，若z 1+z 2是虚数，则z 1不是z 2的共轭复数；③复数z 是实数的充要条件是z =z .则其中正确命题的个数为A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案：C解析：运用复数的模、共轭复数、虚数等知识对命题进行判断.对于①中复数z 1和z 2的模相等,例如z 1=1+i ,z 2=√2i ,则z 1和z 2是共轭复数是错误的;对于②z 1和z 2都是复数,若z 1+z 2是虚数,则其实部互为相反数,则z 1不是z 2的共轭复数,所以②是正确的;对于③复数z 是实数,令z =a ,则z =a 所以z =z ,反之当z =z 时,亦有复数z 是实数,故复数z 是实数的充要条件是z =z 是正确的.综上正确命题的个数是2个.故选C小提示：本题考查了复数的基本概念,判断命题是否正确需要熟练掌握基础知识,并能运用举例的方法进行判断,本题较为基础.4、在复平面内，复数z =1+i 1−i +1−i 2对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案：A解析：由复数的运算求出z ，则可得其对应的点的坐标，从而得出结论．z =(1+i)2(1−i)(1+i)+1−i 2=2i 2+1−i 2=12+12i ， 则z 在复平面内对应的点为(12，12)，在第一象限，故选：A .5、z 1、z 2是复数，则下列结论中正确的是（ ）A ．若z 12+z 22>0，则z 12>−z 22B ．|z 1−z 2|=√(z 1+z 2)2−4z 1⋅z 2C ．z 12+z 22=0⇔z 1=z 2=0D ．|z 12|=|z 1|2答案：D解析：举反例z 1=2+i ，z 2=2−i 可判断选项A 、B ，举反例，z 2=i 可判断选项C ，设z 1=a +bi ，(a,b ∈R )，分别计算|z 12|、|z 1|2即可判断选项D ，进而可得正确选项.对于选项A ：取z 1=2+i ，z 2=2−i ，z 12=(2+i )2=3+2i ，z 22=(2−i )2=3−2i ，满足z 12+z 22=6>0，但z 12与z 22是两个复数，不能比较大小，故选项A 不正确；对于选项B ：取z 1=2+i ，z 2=2−i ，|z 1−z 2|=|2i |=2，而√(z 1+z 2)2−4z 1⋅z 2=√42−4(2+i )(2−i )=√16−20无意义，故选项B 不正确；对于选项C ：取，z 2=i ，则z 12+z 22=0，但是z 1≠0，z 2≠0，故选项C 不正确；对于选项D ：设z 1=a +bi ，(a,b ∈R )，则z 12=(a +bi )2=a 2−b 2+2abi11z =11z =|z 12|=√(a 2−b 2)2+4a 2b 2=√(a 2+b 2)2=a 2+b 2，z 1=a −bi ，|z 1|=√a 2+b 2，所以|z 1|2=a 2+b 2，所以|z 12|=|z 1|2，故选项D 正确.故选：D.6、已知i 为虚数单位，则i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=（ ）A ．iB ．−iC ．1D ．-1答案：A分析：根据虚数的运算性质，得到i 4n +i 4n+1+i 4n+2+i 4n+3=0，得到i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=i 2021，即可求解.根据虚数的性质知i 4n +i 4n+1+i 4n+2+i 4n+3=1+i −1−i =0，所以i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=505×0+i 2021=i .故选：A.7、已知正三角形ABC 的边长为4，点P 在边BC 上，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为（ ） A ．2B ．1C ．−2D ．−1答案：D分析：选基底，用基向量表示出所求，由二次函数知识可得.记|BP⃗⃗⃗⃗⃗ |=x ，x ∈[0,4] 因为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−2|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x 2−2x =(x −1)2−1≥−1. 故选：D8、已知关于x 的方程（x 2＋mx ）＋2x i ＝－2－2i （m ∈R ）有实数根n ，且z ＝m ＋n i ，则复数z 等于（ ）A ．3＋iB ．3－iC．－3－iD．－3＋i答案：B分析：根据复数相等得出m,n的值，进而得出复数z. 由题意知（n2＋mn）＋2n i＝－2－2i，即{n 2+mn+2=02n+2=0，解得{m=3,n=−1，∴z=3−i故选：B多选题9、已知复数z=21+i，则正确的是（）A．z的实部为﹣1B．z在复平面内对应的点位于第四象限C．z的虚部为﹣iD．z的共轭复数为1+i答案：BD分析：根据复数代数形式的乘除运算化简，结合复数的实部和虚部的概念、共轭复数的概念求解即可.因为z=21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，所以z的实部为1，虚部为-1，在复平面内对应的点为(1，-1)，在第四象限，共轭复数为z=1+i，故AC错误，BD正确.故选：BD10、复数z=1−i，则（）A．z在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)B．z在复平面内对应的点的坐标为(1,1)C．|z|=2D．|z|=√2答案：AD分析：利用复数的几何意义，求出复数对应的点坐标为(1,−1)，即可得答案；z=1−i在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)，|z|=√2．故选：AD.11、已知复数z满足(1+i3)z=2，则下列说法中正确的有（）A．z的虚部是iB．|z|=√2C．z⋅z=2D．z2=2答案：BC分析：根据复数的除法运算求出z，结合相关概念以及复数乘法运算即可得结果.z=21+i3=21−i=1+i，其虚部为1，|z|=√2，z⋅z=(1+i)(1−i)=2，z2=(1+i)2=2i≠2．故选：BC.12、已知复数z1=−2+i（i为虚数单位），复数z2满足|z2−1+2i|=2，z2在复平面内对应的点为，则（）A．复数z1在复平面内对应的点位于第二象限B．1z1=−25−15iC．(x+1)2+(y−2)2=4D．|z2−z1|的最大值为3√2+2答案：ABD分析：利用复数的几何意义可判断A选项；利用复数的除法运算可判断B选项；利用复数的模长公式可判断C选项；利用复数模长的三角不等式可判断D选项.对于A选项，复数z1在复平面内对应的点的坐标为(−2,1)，该点位于第二象限，A对；对于B选项，1z1=1−2+i=−2−i(−2+i)(−2−i)=−25−15i，B对；对于C选项，由题意可得z2−1+2i=(x−1)+(y+2)i，因为|z2−1+2i|=2，则(x−1)2+(y+2)2=4，C错；对于D选项，z1−1+2i=−3+3i，则|z1−1+2i|=√(−3)2+32=3√2，所以，|z2−z1|=|(z2−1+2i)−(z1−1+2i)|≤|z2−1+2i|+|z1−1+2i|=2+3√2，D对.(), M x y故选：ABD.13、若复数z 满足：z (z +2i )=8+6i ，则（ ）A ．z 的实部为3B ．z 的虚部为1C ．zz =√10D ．z 在复平面上对应的点位于第一象限答案：ABD分析：根据待定系数法，将z =a +bi (a,b ∈R )代入条件即可求解a =3，b =1，进而即可根据选项逐一求解. 设z =a +bi (a,b ∈R )，因为z (z +2i )=8+6i ，所以zz +2iz =8+6i ，所以(a 2+b 2−2b )+2ai =8+6i ，所以a 2+b 2−2b =8，2a =6，所以a =3，b =1，所以z =3+i ，所以z 的实部为3，虚部为1，故A ，B 正确；zz =|z |2=10，故C 不正确；z 在复平面上对应的点(3,1)位于第一象限，故D 正确．故选:ABD ．填空题14、i 2 021＝________.答案：i分析：利用周期性求得所求表达式的值.i 2021=i 505×4+1=i 1=i所以答案是：i15、设复数z ，满足|z 1|=1，|z 2|=2，z 1+z 2=√3−i ，则|z 1−z 2|=____________．答案：√6解析：根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理求解出|z 1−z 2|的值.设z 1,z 2在复平面中对应的向量为OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，z 1+z 2对应的向量为OZ 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，如下图所示：因为z 1+z 2=√3−i ，所以|z 1+z 2|=√3+1=2，所以cos∠OZ 1Z 3=12+22−221×2×2=14， 又因为∠OZ 1Z 3+∠Z 1OZ 2=180°，所以cos∠Z 1OZ 2=−cos∠OZ 1Z 3=−14，所以|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=OZ 12+OZ 22−2OZ 1⋅OZ 2⋅cos∠Z 1OZ 2=1+4+1=6， 所以|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6，又|z 1−z 2|=|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6，所以答案是：√6.小提示：名师点评复数的几何意义：（1）复数z =a +bi (a,b ∈R )一一对应↔复平面内的点Z (a,b )(a,b ∈R )； （2）复数z =a +bi (a,b ∈R ) 一一对应↔平面向量OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ . 16、在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(3,−5).则(1−i)z =___________.答案：−2−8i ##−8i −2分析：根据给定条件求出复数，再利用复数的乘法运算计算作答.在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(3,−5)，则z =3−5i ，所以(1−i)z =(1−i)(3−5i)=−2−8i .所以答案是：−2−8i解答题17、已知复数z 1＝4－m 2＋（m －2）i ，z 2＝λ＋2sin θ＋（cos θ－2）i （其中i 是虚数单位，m ，λ，θ∈R ）.(1)若z 1为纯虚数，求实数m 的值；(2)若z 1＝z 2，求实数λ的取值范围.答案：(1)-2；(2)[2，6]分析：（1）z 1为纯虚数，则其实部为0，虚部不为0，解得参数值；（2）由z 1＝z 2，实部、虚部分别相等，求得λ关于θ的函数表达式，根据sinθ的范围求得参数取值范围.(1)由z 1为纯虚数，则{4−m 2=0,m −2≠0,解得m ＝－2. (2)由z 1＝z 2，得{4−m 2=λ+2sinθ,m −2=cosθ−2,∴λ＝4－cos 2θ－2sin θ＝sin 2θ－2sin θ＋3=(sinθ−1)2+2. ∵－1≤sin θ≤1，∴当sin θ＝1时，λmin ＝2，当sin θ＝－1时，λmax ＝6，∴实数λ的取值范围是[2，6].18、已知m ∈R ，α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．（1）若|α−β|=2√2，求m 的值；（2）用m 表示|α|+|β|．答案：（1）−1或3；（2）|α|+|β|={2√m,m >12,0≤m ≤12√1−m,m <0.分析：（1）由α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．可得α+β=−2，αβ=m ，对α，β分为实数，与一对共轭虚根即可得出．（2）不妨设α⩽β，对m 及其判别式分类讨论，利用根与系数的关系即可得出．解：（1）∵α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．∴α+β=−2，αβ=m ，若α，β为实数，即Δ=4−4m ≥0，解得m ≤1时；则2√2=|α−β|=√(α+β)2−4αβ=√4−4m ，解得m =−1．若α，β为一对共轭复数，即Δ=4−4m <0，解得m >1时；则2√2=|α−β|=√(α+β)2−4αβ=|√4m −4i|，解得m =3．综上可得：m =−1或3．（2）因为x2+2x+m=0，不妨设α⩽β．Δ=4−4m⩾0，即m⩽1时，方程有两个实数根．α+β=−2，αβ=m，0⩽m⩽1时，|α|+|β|=|α+β|=2．m<0时，α与β必然一正一负，则|α|+|β|=−α+β=√(α+β)2−4αβ=2√1−m．Δ=4−4m<0，即m>1时，方程有一对共轭虚根．|α|+|β|=2|α|=2√α2=2√m综上可得：|α|+|β|={2√m,m>1 2,0⩽m⩽12√1−m,m<0．。

全国通用2023高中数学必修二第七章复数题型总结及解题方法单选题1、若z(1+i3)=i，则在复平面内复数z对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案：B分析：先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.因为z(1−i)=i，所以z=i1−i =i(1+i)2=−1+i2，故z对应的点位于复平面内第二象限．故选：B．2、已知z=x+yi，x，y∈R，i是虚数单位.若复数z1+i+i是实数，则|z|的最小值为（）A．0B．52C．5D．√2答案：D分析：利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件可得x=y+2，再利用复数模的计算公式和二次函数的单调性即可得出.解：∵复数z1+i +i=(x+yi)(1−i)(1+i)(1−i)+i=x+y+(y−x+2)i2是实数y−x+2=0故x=y+2|z|=√x2+y2=√(y+2)2+y2=√2y2+4y+4=√2(y+1)2+2≥√2当且仅当y=−1,x=1时取等号|z|的最小值为√2故选：D3、设i为虚数单位，若z i=2+√5i，则|z|=（）A．√3B．2C．√5D．3答案：D分析：根据复数的乘法，利用对应相等先求得z =√5−2i ，再求模长即可得解. 令z =a +b i ，z i=a i −b =2+√5i ， 所以a =√5,b =−2， 即z =√5−2i ， 所以|z|=√5+4=3， 故选：D4、若a,b ∈R ，i 是虚数单位，a +2021i =2−bi ，则a 2+bi 等于（ ） A ．2021+2i B ．2021+4i C ．2+2021i D ．4−2021i 答案：D分析：根据复数相等可得a =2，−b =2021，进而即得. 因为a +2021i =2−bi ，所以a =2，−b =2021，即a =2，b =−2021， 所以a 2+bi =4−2021i ． 故选：D ．5、已知复数z =2−3i ，若z̅⋅(a +i )是纯虚数，则实数a =（ ） A ．−23B ．23C ．−32D ．32 答案：D分析：根据共轭复数的定义及复数的乘法运算结合纯虚数的定义即可得出答案. 解：z̅⋅(a +i )=(2+3i )(a +i )=2a −3+(3a +2)i 是纯虚数，则{2a −3=03a +2≠0，解得a =32.故选：D.6、若关于x 的实系数一元二次方程的两个根分别是x 1=1+√3i 和x 2=1−√3i ，则这个一元二次方程可以是（ ）.A ．x 2−2x +2=0B ．x 2−2x +4=0C ．3x 2−2x +1D ．x 2+2x +4=0 答案：B分析：设方程为ax 2+bx +c =0(a ≠0)，根据韦达定理分别将b,c 用a 表示，即可得出答案. 解：设方程为ax 2+bx +c =0(a ≠0)， 则x 1+x 2=−ba =2，所以b =−2a ， x 1x 2=ca =4，所以c =4a ，则方程为a (x 2−2x +4)=0(a ≠0)， 故只有B 选项符合题意. 故选：B.7、设(−1+2i)x =y −1−6i ，x,y ∈R ，则|x −yi|=（ ） A ．6B ．5C ．4D ．3 答案：B分析：根据复数实部等于实部，虚部等于虚部可得{x =−3y =4，进而求模长即可.因为(−1+2i)x =y −1−6i ，所以{2x =−6−x =y −1 ，解得{x =−3y =4，所以|x −yi|=|−3−4i|=√(−3)2+(−4)2=5. 故选：B.8、如果复数z 满足|z +1−i |=2，那么|z −2+i |的最大值是（ ） A ．√13+2B ．2+√3 C ．√13+√2D ．√13+4 答案：A分析：复数z 满足|z +1−i|=2，表示以C(−1,1)为圆心，2为半径的圆．|z −2+i|表示圆上的点与点M(2,−1)的距离，求出|CM|即可得出．复数z 满足|z +1−i|=2，表示以C(−1,1)为圆心，2为半径的圆． |z −2+i|表示圆上的点与点M(2,−1)的距离． ∵|CM|=√32+22=√13． ∴|z −2+i|的最大值是√13+2． 故选：A ．小提示：本题考查复数的几何意义、圆的方程，求解时注意方程|z+1−i|=2表示的圆的半径为2，而不是√2．9、若复数z满足(1+i)z=|1+i|，则z的虚部为（）A．−√2i B．−√2C．−√22i D．−√22答案：D分析：先利用复数的模长和除法运算化简得到z=√22−√22i，再根据虚部的定义，即得解由(1+i)z=|1+i|=√2，得z=√21+i =√2(1−i)(1+i)(1−i)=√22−√22i，∴z的虚部为−√22.故选：D10、复数i2+i3+i2022=（）A．i B．−2−i C．−2+i D．−1答案：B分析：由复数的乘方化简计算．i2+i3+i2022=(−1)+(−i)+(−1)=−2−i．故选：B．填空题11、已知向量a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为________（用坐标表示）．答案：(−65,12 5)分析：先计算两个向量的夹角的余弦值，再计算向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量.因为a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则cos〈a⃗，b⃗⃗〉=a⃗⃗⋅b⃗⃗|a⃗⃗|⋅|b⃗⃗|=2√5⋅√5=35，所以向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为|a⃗|cos〈a⃗，b⃗⃗〉⋅b⃗⃗|b⃗⃗|=2√5×35⋅√5(-65，125).所以答案是：(-65，125)12、已知(1+i)z=2i（i为虚数单位），则z=___________. 答案：1+i##i+1分析：根据复数代数的四则运算计算即可. ∵(1+i )z =2i ,∴z =2i 1+i=2i (1−i )(1+i )(1−i )=i (1−i )=1+i .所以答案是：z =1+i .13、设z =1−i1+i +3i ，则|z|=___________________ ． 答案：2分析：根据复数的除法运算法则化简复数z ，再代入模长公式计算. z =1−i1+i +3i =1−2i+i 21−i 2+3i =−i +3i =2i ，所以|z|=2所以答案是：2 解答题14、设复数z =3cosθ+2i sinθ，求函数y =θ−argz (0<θ<π2)的最大值以及对应的θ值．答案：当θ=arctan√62时，y 取得最大值arctan √612分析：根据辐角的主值定义，结合两角差的正切公式、基本不等式进行求解即可. 由z =3cosθ+2i sinθ，可得tan(argz)=2sinθ3cosθ=23tanθ， tany =tan(θ−argz)=tanθ−tan(argz)1+tanθ⋅tan(argz)=tanθ−23tanθ1+23tan 2θ=tanθ3+2tan 2θ=13tanθ+2tanθ,因为0<θ<π2，所以tanθ>0，于是3tanθ+2tanθ≥2√3tanθ⋅2tanθ=2√6，当且仅当3tanθ=2tanθ时取等号，则当tanθ=√62时取等号，即当θ=arctan√62时取等号，因此有tany ≤2√6=√612，因此函数y =θ−argz (0<θ<π2)的最大值为arctan √612，此时θ=arctan√62. 15、已知i 是虚数单位，设复数z 满足|z −2|=2. （1）求|z +1−4i |的最小值与最大值； （2）若z +4z 为实数，求z 的值.答案：（1）最大值为7，最小值为3.（2）见解析解析：（1）根据题意|z −2|=2，可知z 的轨迹为以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，|z +1−4i |表示点(x,y)到(−1,4)的距离，结合几何意义求得结果；（2）根据z +4z 为实数，列出等量关系式，求得结果.（1）设z =x +yi ，根据|z −2|=2， 所以有(x −2)2+y 2=4，所以z 的轨迹为以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，所以|z +1−4i |=|(x +1)+(y −4)i |=√(x +1)2+(y −4)2， 其表示点(x,y)到(−1,4)的距离，所以其最大值为圆心(2,0)到(−1,4)的距离加半径， 最小值为圆心(2,0)到(−1,4)的距离减半径，所以最大值为√(2+1)2+42+2=7，最小值为√(2+1)2+42−2=3； （2）z +4z =x +yi +4x+yi=x +yi +4(x−yi)x 2+y 2=(x +4x x 2+y2)+(y −4y x 2+y 2)i ，因为z +4z 为实数，所以y −4yx 2+y 2=0， 即y(1−4x 2+y 2)=0，所以y =0或x 2+y 2=4， 又因为(x −2)2+y 2=4，所以{x =0y =0 （舍去），{x =4y =0，{x =1y =√3 ，{x =1y =−√3 ，所以z =4或z =1+√3i 或z =1−√3i .小提示：该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有根据几何意义有模的最值，根据复数为实数求复数的值，属于简单题目.。

第七章 框架－剪力墙结构在水平荷载下的近似计算方法 本章导学框架：剪力墙结构是由框架和剪力墙组成的一种复合结构体系，它兼 具框架结构和剪力墙结构的优点，因而成为高层建筑的主要结构体 系。

在水平荷载作用下，因为框架与剪力墙的变形性质不同，不能 直接把总水平剪力按抗侧刚度的比例分配到每榀结构上，而是必须 采用协同工作方法求得侧移和各自的水平层剪力及内力。

框架­剪力墙结构计算的近似方法是将结构分解成平面结构单元，它适用 于比较规则的结构，而且只能计算平移时的剪力分配，如果有扭转 ，要单独进行扭转计算，再将两部分内力叠加。

这种方法概念清楚 ，结果的规律性较好。

本章主要学习框架：剪力墙结构计算的近似方法，学习中要求同学们熟练掌握协同 工作方法的两种计算简图，熟练掌握铰接体系和刚接体系的计算方 法的区别与联系。

知识学习第一节 概述一．基本假定框剪结构体系在水平荷载作用下的内力分析是一个三维空间超 静定问题，通常把它简化为平面结构来计算，并在结构分析中作如 下基本假定：①楼板在自身平面内刚度无限大。

这一假定保证楼板将整个计 算区段内的框架和剪力墙连成一个整体，在水平荷载作用下，框架 和剪力墙之间不产生相对位移。

②当结构体型规则、剪力墙布置比较对称均匀时，结构在水平 荷载作用下不计扭转的影响；否则应考虑扭转的影响。

③不考虑剪力墙和框架柱的轴向变形及基础转动的影响。

④结构为线弹性结构。

二．计算简图用连续化解法求总剪力墙与总框架之间的相互作用力，都要解 决如何合并总剪力墙、总框架，以及确定总剪力墙和总框架之间的 连接和相互作用关系，以便于确定计算简图。

框剪结构用连续化方 法求解时，根据连杆刚度情况可以确定两种计算简图：铰接体系和 刚接体系。

1.铰接体系在基本假定的前提下，计算区段内结构在水平荷载作用下，处 于同一楼面标高处各片剪力墙及框架的水平位移相同。

此时可把平 行于水平荷载作用方向的所有剪力墙综合在一起成总剪力墙（一般 简化为整体墙），把平行于水平荷载作用方向的所有框架综合在一 起成总框架。

计算方法引论：数值代数⏹解线性方程组的直接法⏹解线性方程组最小二乘问题⏹解线性方程组的迭代法⏹矩阵特征值和特征向量的计算⏹非线性方程及非线性方程组解法第七章线性方程组最小二乘问题•线性最小二乘问题•满秩分解•广义逆矩阵•Gram-Schmidt方法•Householder变换•Givens变换•奇异值分解线性最小二乘问题•线性代数方程组Ax=b(1)–相容:有解, 可能有无穷多解(欠定).–不相容(矛盾,超定):无解.–广义解:最小二乘解.总存在,可能有无穷多.•最小二乘解–求剩余平方和║Ax -b ║2的最小值点–求正规方程(法方程)A T Ax =A T b (通常意义)的解–二者等价:象数据拟合法那样用微分法可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++mn mn m m n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a 22112222212111212111满秩分解与广义逆矩阵•满秩矩阵:A,rank(A)=min{m,n}m×n–行满秩:A,rank(A)=mm×n–列满秩:A,rank(A)=nm×n•满秩分解A= B m×r A r×n,rank(A)=rm×n–(不惟一)可取A的线性无关列为B,它们表出A各列的系数对应为C•广义逆矩阵(惟一)–A+=C T(CC T)-1(B T B)-1B T•注:广义逆矩阵可多个方式定义并确认其惟一性.似乎用奇异值分解更简明实用A+计算•满秩矩阵–行满秩: A+=A T(AA T)-1–列满秩: A+=(A T A)-1A T •非零向量–行向量:x=(x1,x2 ,…,x n)x +=x T/(x12+…+x n2)–列向量x=(x1, x2,…,x n) Tx +=x T/ (x12+…+x n2) •例[][]⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=-⨯⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=21211012151112111212211AA +计算又例•A 作满秩分解消元所有列都用1、3列表出131042611713013⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A 0.0535710.0178570.0714290.160710.0535710.214290.369050.0119050.380950.422620.0297620.452380.208330.0416670.16667+-⎛⎫⎪- ⎪⎪=-- ⎪- ⎪ ⎪-⎝⎭A 消元矩阵解释•求A +–·–·1–·1131040011100000⎛⎫⎪--⎪ ⎪⎝⎭131040011100111⎛⎫⎪-- ⎪⎪--⎝⎭ ③–②·1 ②–①·2 ③–①·1 1113013210011110⎛⎫⎛⎫⎪=⎪⎪-⎝⎭⎪⎝⎭A 100131042100011111100*********4210011111⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪=-- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭ ⎪⎝⎭AA+性质•X=A+满足Penrose方程–AXA=A(P1)–XAX=X(P2)–(AX)T=(AX)(P3)–(XA)T=(XA)(P4)•性质–A可逆A+=A-1–(A T)+= (A+)T–(A T A)+=A+(A T)+–(A+A)2=A+A,(AA+)2=AA+•注:不具有逆的某些性质[][]2222))(())((乃知)(1141))(()()()(故2/1)()(,1)(1121)()()(1)(,1121)(,01,11++++++++++++++≠=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=≠==⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡===⎥⎦⎤⎢⎣⎡=xyxyxyxyxyyxyxyxyxxyxyyxyx方程组(1)的解•方程组(1)有解iff AA+b=b–充分性:AA+b=b,则x=A+b满足(1)–必要性:有Ax=b即有AA+(Ax)=b, AA+b=b •(1)有解则其通解为(2)x=A+b+(I-A+A)z, z任意n维向量–(1)有解则A+b是解而A(I-A+A)=A-AA+A=O–设y是解.令z=y-A+b则Az=o.于是z=(I-A+A)z,从而y=A+b+z=A+b+(I-A+A)z.方程组(1)的解(续)•(1)有解时A+b为其通解(2)中惟一2-范数最小者.一般情况下(1)的最小二乘解通解亦(2), A+b仍为其通解中惟一2-范数最小者–(1)有解通解是(2).由于(A+)T(I-A+A)=(A+)T (A+A)T(I-A+A)=(A+)T (A+A-A+A)=O.得║x ║2 = ║A+b║2+║(I-A+A)z║2 +(A+b)T(I-A+A)z= ║A+b║2+║(I-A+A)z║2>0,当(I-A+A)z≠o–一般情况下.令b=c+d, c=AA+b,d=(I-AA+)b,则c T d=0,A T d=o,Ax=c有解y=A+c+(I-A+A)z=A+b+(I-A+A)z,且║b-Ax║2=║c+d-Ax║2 =║c-Ax║2 +║d║2 > ║d║2 ,当Ax≠c.乃证得(1)的最小二乘解通解亦(2).其中A+b为惟一2-范数最小者前己证得.Gram-Schmidt 正交化•G-S 方法可将线性无关的向量组正交化–β1=α1, r 11=║β1║,q 1=β1/r 11–β2=α2-r 12q 1, r 12=(α2, q 1), r 22=║β2║,q 2=β2/r 22–βk =αk -r 1k q 1 -r 2k q 2 -…-r k-1,,k q k , r ik =(αk , q i ), i =1,2, …,k -1, r kk =║βk ║, q k =βk /r kk , k =3, …,n•矩阵表示–A=QR–(α1α2 …αn )=(q 1q 2…q n )⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡nn n n r r r r r r22211111•G-S 方法•修改的G-S 方法–后一算法改变原算法:算出后立即修改使之皆与正交,以后对它们逐个作类似处理.–二算法主要运算量是乘法和加法运算各mn 2次1112/||||=βααfor j = 2:nT T T 112211j j j j j j j --=----βαβαββαββαβ 2/||||j j j =βββ endfor j = 1:n2/||||j j j =βαα for k = j +1:nT k k j k j =-ααβαβ endend1β211,,,n j j j =-：ααααβαβ211,,,2,3,,.n j j j j n =-=：ααααβαβT 211,,,2n j j j j =-=：ααααβαβ1β•A =QR•各列正交化过程5251103202230012---⎛⎫⎪-⎪= ⎪- ⎪-⎝⎭A 0.980580.0377430.176600.0764720.196120.188710.883020.3823600.981310.176600.07647200.397360.91766-⎛⎫⎪-- ⎪= ⎪⎪-⎝⎭Q 5.0990 1.9612 5.49130.588350 2.0381 1.5852 2.528800 2.5166 3.267200.76472---⎛⎫⎪- ⎪=⎪- ⎪⎝⎭R T T 22121(0.076923,0.38462,2,0)=-=-βαβαβ22|||| 2.0381=βT 2(0.037743,0.18871,0.98131,0)=-βT T13235.4913, 1.5852=-=βαβαT T T33131232(0.44444,2.2222,0.44444,1)=--=-βαβαββαβ32|||| 2.5166=βT3(0.17660,0.88302,0.17660,0.39736)=-β-3.2672T4(0.058480,0.29240,0.058480,0.70175)=---β42||||0.76472=βT4(0.076472,0.38236,0.076472,0.91766)=--β12|||| 5.0990=αT1(0.98058,0.19612,0,0)=βT 12 1.9612=-βαT T T 1424340.58835, 2.5288,0.32672=-=-=-βαβαβαHouseholder 变换•定义–H =I -2ww T , ║ w ║ =1•性质–H T =H–H T H =H 2=I–任一x ,║Hx ║=║x ║–任给x 及y ,║y ║=║x ║≠0,总有H 使Hx=y , 不难验证:取w =(x-y )/ ║x-y ║即可.–y 常取坐标轴方向,如y = -sign(x 1 )║x ║ e 1v =x +sign(x 1)║x ║ e 1(w =v / ║v ║)H =I -βvv T ,β=2/v T v用此变换可将矩阵化成上三角(消元)Household变换:算法•变换Hx= -αe1:计算v(存入x)及α=sign(x1)║x║,β–η=max{|xi|}计算v及β时引入的比例因子–xi=x i/η, 1≤i≤n–α= sign(x1)║x║–x1=x1+α, β =(αx1)-1, α= ηα•计算A=HA(H由β,v给出)–设A=(a1… aq)则HA=A-βvv T A=(…a j -βvv T a j…)–算法:对j=1,2,…,qσ=v T aja j =a j -σβv•由此不难导出化上三角的算法Household 正交化•Householder 变换可实现QR 分解–A =QR , Q m ×m 正交阵, R m ×n 上三角阵–实现:作Q p …Q 2Q 1A=R , Q k 是H-变换.p =min{m -1,n }, 即得A =QR , Q =Q 1Q 2…Q p -1•典型步(对照右边矩阵表示)–象消元法那样将右下角矩阵第一列对角元下全变成零(己是则免,H =I )–Ĥ=I -βvv T ,β=2/v T v同前,H =diag(I Ĥ)也是H-变换T⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡*=⎥⎦⎤⎢⎣⎡*⎥⎦⎤⎢⎣⎡v o v o I H A o r A H A O R H I β•Householder 正交化(QR 分解)算法1．输入m n ⨯∈A R ，置1,min(1,).k p m n ==- 2．max(||,,1,,).ik a i k k m η==+ 3．若0η=，则0,0k kk d r ==，否则221/,,,sign()(),1,,,,,,1,,ik ik kk kkmkkk kk k kk kk m j ik ij k i k ij ij j ik a a i k ma a a a a d a r a a d j k n a a a i k m j k n ηαααηαττ-====++=+==-⎛⎫==+ ⎪⎝⎭=-==+∑ 4．若k <p ，则k = k +1，转步骤2；否则，结束. 11213111(1)(2)2223222(1)(2)(3)333333(1)(2)(3)444,,r r r r r r βββ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=== ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭A r d v v v v v v v v v (1)11213(1)(2)2223(1)(2)(3)333(1)(2)(3)444,r r r ⎛⎫ ⎪⎛ ⎪==⎪⎪⎝ ⎪⎝⎭A r v v v v v v v v v 运算量:乘、加各次求Q=H 1…H P I 另需乘、加次数各存储方式: 2313mn n -22312()3m n mn n -+2.0198 1.9612 5.49130.588350.20.39223 1.9652 2.157302230012⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪- ⎪-⎝⎭•A =QR•正交化过程k = 1525110320223012---⎛⎫⎪-⎪= ⎪- ⎪-⎝⎭A 5.0990 1.9612 5.49130.588350 2.0381 1.5852 2.528800 2.51663.2672000.76472-⎛⎫⎪-- ⎪= ⎪-⎪-⎝⎭R 0.980580.0377430.176600.0764720.196120.188710.883020.3823600.981310.176600.076472000.397360.91766---⎛⎫⎪-- ⎪= ⎪---⎪-⎝⎭Q a 1 = (5,1,0,0)T ,5η= 1.0198α=T11(2.0198,0.2,0,0)==a v 11110.48548, 5.0990d r β===-a 1 = (1,0.2,0,0)T ,a 11 =1+1.098= 2.019 8用以变换A 的后三列得到1Household 正交化算例(续)•正交化过程k = 2•正交化过程k = 3T2(0.39223,2,0),2η==a 220.19612 1.0190 1.2152a =+=T22(1.2152,1,0)==a v 22220.80755, 2.0381d r β===-2.0198 1.9612 5.49130.588350.2 1.2152 1.5852 2.528801 2.3094 2.6943012⎛⎫⎪- ⎪⎪- ⎪-⎝⎭用以变换A 的最后一列得到用以变换A 的后二列得到T3(2.3094,1), 2.3094η==a T3(1,0.43301)=a 1.0897α=T33(2.0897,0.43301)==a v 33330.43913, 2.5166d r β===-2.01981.9612 5.49130.588350.21.2152 1.58522.528801 2.08973.2672000.433010.76472⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎪-⎝⎭T2(0.19612,1,0), 1.0190α==a T 11T 22T330.48548,(2.0198,0.2,0,0)0.80755,(1.2152,1,0)0.43913,(2.0897,0.43301)βββ======v v v R 如前，Q 可由下面的信息生成Givens 变换•定义–G =G (i ,k ,θ)=I +s (e i e k T -e k e i T )+c (e i e i T +e k e k T )•性质–G T G =I–任给x 可使y =G x 的k 分量为零:r =(x i 2+x k 2)1/2 ≠0c =x i /r ,s =x k /r•可用以化上三角形一如消元过程⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=11),,(c s s c k i G θendend ,11, else ,11, if else 0,1 0 if 22cts tc x x t stc ts x x t x x s c x i k k i ik k =+===+==≥===Givens 正交化算例•算例•过程525110320223012---⎛⎫⎪-⎪= ⎪- ⎪-⎝⎭A 0.980580.0377430.176600.0764720.196120.188710.883020.3823600.981310.176600.076472000.397360.91766--⎛⎫⎪- ⎪=⎪-⎪⎝⎭Q 5.09901.9612 5.49130.5883502.0381 1.5852 2.528800 2.51663.267200.76472---⎛⎫⎪- ⎪=⎪- ⎪-⎝⎭R (2,1)元变为零，t = 0.2, c = 0.980 58, s = 0.196 12.一行：5.099 0 –1.961 2 –5.491 3 –0.588 35二行：0 0.392 23 –1.961 2 2.157 3(3,2)元变零，t = 0.196 12, c = 0.192 45, s = 0.981 31.二行：0 2.038 1 1.585 2 –2.528 8三行：0 0 2.309 4 –2.694 3(4,3)元变零，t = 0.433 01, c = 0.917 66, s = 0.397 36.QR 分解定理•定理设A 是m ×n (m ≥ n ) 矩阵,则A 有QR 分解, 其中Q 是m ×n 的正交矩阵,R 是具有非负对角元的上三角矩阵;而且当m = n 且A 非奇异时R 的对角元皆正上述分解还是唯一的•证⎛⎫= ⎪⎝⎭R A Q O 于是，有T 12T11||||⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭Q A A v α 1 n –1对(1)(1)m n -⨯-矩阵A 1应用数学归纳法假定，得 212⎛⎫= ⎪⎝⎭R A Q O 其中，Q 2是(m –1)×(m –1)正交矩阵，R 2是具有非负对角元的(1)(1)n n -⨯-上三角矩阵. 这样，令T 121221||||,⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭Q Q R Q R αv 000 则Q 和R 满足定理的要求. 存在性得证.再证唯一性. 设m = n 且A 非奇异，易知R 对角元皆正，假定==A QR QR ，其中，Q , Q 是m m ⨯正交矩阵，R , R 是具有正对角元的上三角矩阵. A 非奇异蕴含着R , R 的对角元均为正数，因此，有 T 1-=Q Q RR 既是正交矩阵又是对角元均为正数的上三角矩阵，只能是单位矩阵. 从而，必有=Q Q ，=R R 即分解是唯一的先证存在性，用数学归纳法. 当n = 1时，定理显然成立. 现假定已经对所有p ×(n –1)矩阵成立，这里假设(1)p n ≥-，设m n ⨯矩阵A 的第一列为1α(可为零向量)，则由定理7.5知，存在m m ⨯正交矩阵Q 1，使得T 11121||||=Q e αα于是，有T 12T11||||⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭0Q A A v α 1 n –1 对(1)(1)m n -⨯-矩阵A 1应用数学归纳法假定，得212⎛⎫= ⎪⎝⎭R A Q O 1m –1最小二乘解:列满秩•列满秩时求(1)的最小二乘解–形成正规方程A T Ax=A T b(n阶)(乘法和加法各mn2/2次) 用平方根法(乘法和加法各n3/6次)用G-S作A=QR:R T Rx=R T Q T b,Rx=Q T b(各mn2次) –用Householder变换或Givens变换作QR分解║Ax-b║2 =║Q T Ax-Q T b║2==║Rx-c1║2+║c2║2,解x=R-1c1,最小值║c2║2注: 若记Qm×m =(Q1 Q2), Q1是m×n阵则有c1=Q1b,c2=Q2b⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡21ccxOR最小二乘解:列满秩算例•求最小二乘解•求最小二乘解L123525110320223012x x x ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭-⎝⎭⎝⎭12326102831081442814399x x x ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭正规方程5.0190001.9912 2.038105.4913 1.58522.5166⎛⎫⎪- ⎪⎪-⎝⎭T( 1.6023,0.23099, 1.2982)=---x 5.09901.9612 5.49130.5883502.0381 1.5852 2.528800 2.51663.26720000.76472-⎛⎫ ⎪-- ⎪=⎪- ⎪-⎝⎭R 5251103202230012---⎛⎫ ⎪- ⎪= ⎪- ⎪-⎝⎭A 方程H-正交化增广矩阵T ( 1.6023,0.23099, 1.2982)=---x 剩余是0.764 721.9612奇异值分解(SVD)•矩阵奇异值–A m ×n 的奇异值σ1≥σ2≥…≥σr >σr+1=…=σn =0是A T A 的特征值λ1, …,λn 的平方根•奇异值分解定理),,diag(正交阵,1Tr n n m m σσΣV U V O O O ΣU A =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⨯⨯形式阵即得矩,,1,连同,得,,,1由),,,(阵 正交增.则,,1,/令,,),,,(证.取TTT21T TT21分解補成r k u Av o Av o Av A v o Av A n r k u u u U u u r k Av u v Av A I V V v v v V k k k k k kk m kj j k k k k k k k n =====+========σδσλ奇异值分解(续)•推论(记号同前)–分解形式A=σ1u1v1T+σ2u2v2T+…+σr u r v r TA=ÛΣŴT, Û=(u1u2…u r),Ŵ =(v1v2…v r)–空间关系R(A)=Span{u1,u2,…,u r}N(A)=Span{v r+1,v r+2,…,v n}R(A T)=Span{v1,v2,…,v r}N(A T)=Span{u r+1,u r+2,…,u m}R(A)=N(A T)⊥, R(A T)=N(A)⊥SVD 与A+•X =A +满足Penrose 方程–AXA =A (P1)–XAX =X (P2)–(AX )T =(AX )(P3)–(XA )T =(XA )(P4)•由SVD 解出X =A +T T 111T111rr ru v u v UO O O ΣV A σσ++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-+T 11T:乃得唯一解得(P4)代入得(P3)代入得(P2)代入得(P1)代入对应分块SVD 解.取U O OO ΣV X O L O K K L ΣM ΣS U M L K S V X ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=====⎥⎦⎤⎢⎣⎡=--图示A与A+•SVD绐出A与A+在标准正交基下向量对应关系V1= Span{v,v2,…,v r}, V2= Span{v r+1,v r+2,…,v n},1U1= Span{u,u2,…,u r}, U2=Span{u r+1,u r+2,…,u m}1最小二乘解•(1)的最小二乘解–推导:按前述标准正交基分解,再求║Ax-b║2最小x=c1v1+c2v2+…+c n v nA x=c1σ1u1+c2σ2u2+…+c rσr u rb=u1T b u1+u2T b u2+…+u m T bu m║Ax-b║2最小:c=u k T b/σk,k≤r,其余任意k–最小二乘解通解x=1/σ1u1T b v1+1/σ2u2T b v2+…+1/σr u r T b v r+ v r +…+c n v n, c r+1, …, c n任意c r+1–最小2-范数最小二乘解y=1/σ1u1T b v1+1/σ2u2T b v2+…+1/σr u r T b v rSVD与最小二乘解•上述结果亦可借助SVD得到–A, A+代入通解(2)x=A+b+(I-A+A)z(z任意n维向量)2-范数最小A+b=(1/σ1v1u1T+…+1/σr v r u r T)b(I-A+A)z=(I-(v1v1T+v2v2T+…+v r v r T) )z=(v r+1v r+1T+…+v n v n T)z =c r+1v r+…+c n v n –由SVD直接推出最小二乘解║Ax-b║2=║UΛV T x-b║2=║ΛV T x-U T b║2=║Λc-U T b║2 ,这里Λ=diag(ΣO),c=V T x的i,U T b的i分量u i T b.从而可得结果.分量ci代入正规方程A T Ax=A T b关于A +的定义•A +有多个等价定义–由满秩分解:C T (CC T )-1(B T B )-1B T–由Penrose 方程.–由SVD:–由最小二乘解:(1)中任一b 对应唯一最小2-范数最小二乘解x 所确定的矩阵.–由线性算子确定的矩阵.线性算子f :R m →R nf (y )=x ,当y ∈R (A ), Ax =y f (y )=o ,当y ⊥R (A )•注.一个或几个Penrose 方程可定义多种广义逆T1V O O O ΣU ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-。