A-level 数学/MEI/FP2/复数

模长-幅角形式

复数的极坐标形式

可以用极坐标形式表示复数。下图中的复数 z 可以用长度 r 和角度 $\theta$ 来描述，其中 r 是 z 在阿根图上的位置向量的长度。

[阿根图]

距离 r 是 z 的模长，$|z|\,$。角度 $\theta$ 从正实轴开始，按逆时针方向测量。然而，添加任何 $2\pi$ 的整数倍都会得到相同的向量，所以复数的主幅角，$\arg {z}\,$，是在 $-\pi <\theta \leq \pi$ 范围内的角度。以下示例演示了在每个象限中的情况。

The following Argand diagram shows the complex number $z=1+{\sqrt {3}}j$.

[Argand diagram]

$|z|={\sqrt {1^{2}+{\sqrt {3}}^{2}}}={\sqrt {1+3}}=2$

$\arg z=\arctan {\frac {\sqrt {3}}{1}}={\frac {\pi }{3}}\,$

This Argand diagram shows the complex number $z=2-4j\,$.

This Argand diagram shows the complex number $z=-8+5j\,$.

This Argand diagram shows the complex number $z=-5-6j\,$.

当我们将一个复数 $z=x+yj\,$ 写成极坐标形式 $(r,\theta )\,$ 时，我们可以使用 $x=r\cos {\theta }\,$ 和 $y=r\sin {\theta }\,$ 将其写成以下形式：$z=r(\cos {\theta }+j\sin {\theta })\,$。这就是复数的模长-幅角形式。

乘法和除法

复数的极坐标形式可以提供复数乘法和除法的几何解释。

乘法

取两个用极坐标形式表示的复数，

$\omega _{1}=r_{1}(\cos {\theta _{1}}+j\sin {\theta _{1}})\,$

$\omega _{2}=r_{2}(\cos {\theta _{2}}+j\sin {\theta _{2}})\,$

然后将它们相乘，

${\begin{array}{rl}\omega _{1}\omega _{2}&=r_{1}r_{2}(\cos {\theta _{1}}+j\sin {\theta _{1}})(\cos {\theta _{2}}+j\sin {\theta _{2}})\\&=r_{1}r_{2}((\cos {\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-\sin {\theta _{1}}\sin {\theta _{2}})+j(\sin {\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}+\cos {\theta _{1}}\sin {\theta _{2}}))\\&=r_{1}r_{2}(\cos {(\theta _{1}+\theta _{2})}+j\sin {(\theta _{1}+\theta _{2})})\end{array}}\,$

结果是一个模为 $r_{1}r_{2}\,$，幅角为 $\theta _{1}+\theta _{2}\,$ 的复数。这意味着

$|\omega _{1}\omega _{2}|=|\omega _{1}||\omega _{2}|\,$

$\arg {(\omega _{1}\omega _{2})}=\arg {\omega _{1}}+\arg {\omega _{2}}\,$

除法

用极坐标形式除以两个复数 $z_{1}\,$ 和 $z_{2}\,$

$z_{1}=r_{1}(cos{\theta _{1}}+i\sin {\theta _{1}})\,$

$z_{2}=r_{2}(cos{\theta _{2}}+i\sin {\theta _{2}})\,$

⇒ ${\frac {z_{1}}{z_{2}}}={\frac {r_{1}(cos{\theta _{1}}+i\sin {\theta _{1}})}{r_{2}(cos{\theta _{2}}+i\sin {\theta _{2}})}}$

用 $(cos{\theta _{2}}-i\sin {\theta _{2}})$ 乘以分子和分母。

$={\frac {r_{1}(cos{\theta _{1}}+i\sin {\theta _{1}})(cos{\theta _{2}}-i\sin {\theta _{2}})}{r_{2}(cos{\theta _{2}}+i\sin {\theta _{2}})(cos{\theta _{2}}-i\sin {\theta _{2}})}}$

然后，使用分配律简化。

$={\frac {r_{1}(cos{\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-i\cos {\theta _{1}}\sin {\theta _{2}}+i\sin {\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-i^{2}\sin {\theta _{1}}\sin {\theta _{2}})}{r_{2}(cos^{2}{\theta _{2}}-i\sin {\theta _{2}}\cos {\theta _{2}}+i\sin {\theta _{2}}\cos {\theta _{2}}-i^{2}\sin ^{2}{\theta _{2}})}}$

这里，在分子中提取 $i$，并约去分母中的项。注意 $i^{2}=-1$。

${\frac {r_{1}(cos{\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-i^{2}\sin {\theta _{1}}\sin {\theta _{2}}+i(sin{\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-cos{\theta _{1}}\sin {\theta _{2}})}{r_{2}(cos^{2}{\theta _{2}}+sin^{2}{\theta _{2}})}}$

$={\frac {r_{1}(cos{\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}+sin{\theta _{1}}\sin {\theta _{2}}+i(sin{\theta _{1}}\cos {\theta _{2}}-cos{\theta _{1}}\sin {\theta _{2}})}{r_{2}(1)}}$

应用两个角之差的余弦公式和两个角之差的正弦公式

${\frac {z_{1}}{z_{2}}}={\frac {r_{1}}{r_{2}}}(cos{(\theta _{1}-\theta _{2})}+i\sin {(\theta _{1}-\theta _{2})})$.

棣莫弗定理

使用乘法规则，我们可以看到如果

$z=\cos {\theta }+j\sin {\theta }\,$

那么

$z^{2}=\cos {2\theta }+j\sin {2\theta }\,$

$z^{3}=\cos {3\theta }+j\sin {3\theta }\,$

棣莫弗定理指出，这对任何整数幂都成立。因此，

$z^{n}=\cos {n\theta }+j\sin {n\theta }\,$

复指数

定义

如果我们令 $z=\cos {\theta }+j\sin {\theta }\,$，那么我们可以对 z 关于 $\theta$ 求导。

${\begin{aligned}{\frac {dz}{d\theta }}&=-\sin {\theta }+j\cos {\theta }\\&=j^{2}\sin {\theta }+j\cos {\theta }\\&=j(\cos {\theta }+j\sin {\theta })\\&=jz\end{aligned}}$

微分方程 ${\frac {dz}{d\theta }}=jz$ 的通解为 $z=e^{j\theta +c}\,$.

这意味着 $\cos {\theta }+j\sin {\theta }=e^{j\theta +c}\,$

将 $\theta$ 设置为 0，我们得到

${\begin{array}{rrcl}&\cos {0}+j\sin {0}&=&e^{0+c}\\&1+0j&=&e^{c}\\\Rightarrow &c&=&0\end{array}}$

因此，可以给出一般的定义

$e^{j\theta }=\cos {\theta }+j\sin {\theta }\,$

对于一个复数 $z=x+yj\,$，可以计算 $e^{z}\,$

$e^{z}=e^{x+yj}=e^{x}e^{yj}=e^{x}(\cos {y}+j\sin {y})\,$

棣莫弗定理的证明

现在我们可以为 n 的任何有理值给出棣莫弗定理的另一种证明

${\begin{aligned}(\cos {\theta }+j\sin {\theta })^{n}&=(e^{j\theta })^{n}\\&=e^{jn\theta }\\&=e^{j(n\theta )}\\&=\cos {n\theta }+j\sin {n\theta }\\\end{aligned}}$

求和

棣莫弗定理可以帮助我们找到无限级数的简单表达式。这通常涉及一个级数中的多个角度，如 cosrθ，如以下例子所示。

无限级数的定义为

$C=cos2\theta -{\frac {1}{2}}cos5\theta +{\frac {1}{4}}cos8\theta -{\frac {1}{8}}cos11\theta +...$

$S=sin2\theta -{\frac {1}{2}}sin5\theta +{\frac {1}{4}}sin8\theta -{\frac {1}{8}}sin11\theta +...$

为了找到 C 的总和或 S 的总和（或两者！），你需要将 C 加到 jS：$C+jS=cos2\theta +jsin2\theta -{\frac {1}{2}}\left(cos5\theta +jsin5\theta \right)+{\frac {1}{4}}\left(cos8\theta +jsin8\theta \right)-{\frac {1}{8}}\left(cos11\theta +jsin11\theta \right)$ 使用棣莫弗定理可以写成

$C+jS=(cos\theta +jsin\theta )^{2}-{\frac {1}{2}}\left(cos\theta +jsin\theta \right)^{5}+{\frac {1}{4}}\left(cos\theta +jsin\theta \right)^{8}-{\frac {1}{8}}\left(cos\theta +jsin\theta \right)^{11}$

现在使用 e^jθ 的形式更容易处理

$C+jS=e^{2j\theta }-{\frac {1}{2}}e^{5j\theta }+{\frac {1}{4}}e^{8j\theta }+...$

你应该能够看到这个模式，这个因子是负 1/2 的 n-1 次方（负号交替地出现在偶数和奇数次方上，这就是它在 + 和 - 之间切换的原因），e 的次方（我们原始方程中 θ 前面的数字）等于 3(n-1)jθ。

$C+jS=-\left({\frac {-1}{2}}\right)^{n-1}e^{(3n-1)j\theta }=\left({\frac {-1}{2}}e^{3j\theta }\right)^{n-1}$

这是一个等比数列，其中 a=

复数根

单位根

代数基本定理指出，n 次多项式应该恰好有 n 个（复数）根。这意味着简单方程 $z^{n}=1$ 有 n 个根。

让我们看一下 $z^{2}=1$。它有两个根，1 和 -1。这些可以在阿根图上绘制

[阿根图]

考虑 $z^{3}=1$，从上面提到的性质，我们知道这个方程有三个根。其中一个很容易看出来是 1，为了找到其他的根，我们将方程改写成 $z^{3}-1=0$ 并利用因式定理得到 $(z-1)(z^{2}+z+1)=0$。由此，我们可以解出 $z^{2}+z+1=0$，通过对 z 平方完成，得到 $(z+{\frac {1}{2}})^{2}=-{\frac {3}{4}}$。解出 z，得到 $z=-{\frac {1}{2}}\pm j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$。我们现在已经找到了 $z^{3}$ 的三个单位根，它们是 $z=1$，$z=-{\frac {1}{2}}+j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ 和 $z=-{\frac {1}{2}}-j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$

求解形式为 $z^{n}=1$ 的方程

我们知道 $z^{6}=1$ 有六个根，其中一个是 1。

我们可以将这个方程改写成用 $e^{2\pi kj}$ 替换数字 1，因为 1 可以用极坐标形式表示，其模为 1，幅角为 $2\pi$ 的整数倍。

$z^{6}=e^{2\pi kj}$

现在将等式两边同时乘以 1/6 次方

$z=e^{\frac {2\pi kj}{6}}=e^{\frac {\pi kj}{3}}$

为了找到所有六个根，我们只需改变 k 的值，从 0 开始，一直到 5。