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  • 复数种表示形式

    千次阅读 2019-01-11 13:10:23
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  • 复数的几种表示形式

    千次阅读 2018-04-03 09:00:54
    具体信息在此处首先,复数基本单位是 i=√-1,有了这个单位,复数空间中的每个数都可以表示为 a+bi的形式。其中,a 被称为“实部(real part)”,b 被称为“虚部(imaginary part)”。复数可以在复平面(complex ...

    具体信息在此处
    首先,复数基本单位是 i=√-1,有了这个单位,复数空间中的每个数都可以表示为 a+bi的形式。其中,a 被称为“实部(real part)”,b 被称为“虚部(imaginary part)”。复数可以在复平面(complex plane)上表示,复平面横纵坐标分别为实部和虚部,下图就是复数 2+3i,在复平面上的表示。

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  • 复数表示形式

    2018-03-08 16:07:00
    复数的的表示形式  这篇文档讲的比较好 https://wenku.baidu.com/view/4229ca748e9951e79b892759.html ,我这里为其总结: 记住右边的这个复平面,就好记住这三表达方式。   转载于:...

    复数的的表示形式

      这篇文档讲的比较好  https://wenku.baidu.com/view/4229ca748e9951e79b892759.html  ,我这里为其总结:

    记住右边的这个复平面,就好记住这三种表达方式。

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/beforeluck-shang/p/8529038.html

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  • 复数的三角形式与指数形式

    万次阅读 多人点赞 2019-10-22 16:46:46
    在中学,我们已经学习过复数及其用代数形式a+bi表达的则运算法则及算律。在《大学数学》中我们学习过建立在实数集合上的微积分——称为实分析;同样,在复数集合上也可以讨论函数、导数、微分、积分等问题,这就是...

    在中学,我们已经学习过复数及其用代数形式a+bi表达的四则运算法则及算律。在大学数学中我们学习过建立在实数集合上的微积分——称为实分析;同样,在复数集合上也可以讨论函数、导数、微分、积分等问题,这就是大学数学本科(或研究生)专业里一门必修课复变函数》,因此我们有必要对复数了解得更多些。

    1. 复数的三角形式

    1.1 复数的幅角与模

    我们知道复数a+bi对应着复平面上的点(a, b),也对应复平面上一个向量(如下图所示):

    这个向量的长度叫做复数a+bi的模,记为|a+bi|,一般情况下,复数的模用字母r表示。同时,这个向量针对x轴的正方向有一个方向角,我们称为幅角,记为arg(a+bi),幅角一般情形下用希腊字母θ表示。在实轴X与虚轴Y正交的前提下:

    a = r \cdot cos\Theta, b = r \cdot sin\Theta                                                                                                                                        式(1)

    把它们代入复数的代数形式得:

    a + bi = r\cdot cos\Theta +i\cdot r\cdot sin\Theta = r\left ( cos\Theta + i \cdot sin\Theta \right )                                                                                           式(2)

    我们把式(2)叫做复数a+bi的三角形式。

    1.2 复数三角形式的运算法则

    引入复数三角形式的一个重要原因在于用三角形式进行乘除法、乘方、开方相对于代数形式较为简单。所以这里只介绍三角形式的乘法、除法、乘方与开方的运算法则。

    1.2.1 复数的乘法

    设:

    Z_{1} = r_{1}\left ( cos \Theta_{1} +i sin\Theta_{1} \right )

    Z_{2} = r_{2}\left ( cos \Theta_{2} +i sin\Theta_{2} \right )

    则:

    Z_{1} Z_{2}= \left [ r_{1}\left ( cos \Theta_{1} +i sin\Theta_{1} \right )\right ]\cdot \left [ r_{2}\left ( cos \Theta_{2} +i sin\Theta_{2} \right )\right ]

              =r_{1}r_{2}\left ( cos \Theta_{1}cos \Theta_{2} - sin\Theta_{1} sin\Theta_{2}\right )+ir_{1}r_{2}\left ( sin \Theta_{1}cos \Theta_{2} + cos\Theta_{1} sin\Theta_{2}\right )

              = r_{1}r_{2}\left [ cos\left( \Theta_{1}+\Theta_{2}\right ) + i sin\left(\Theta_{1} +\Theta_{2}\right ) \right ]

    这说明,两个复数相乘等于它们的模相乘而幅角相加,这个运算在几何上可以用下面的方法进行:将向量Z_{1}的模扩大为原来的r_{2}倍,然后再将它绕原点逆时针旋转角\Theta_{2},就得到Z_{1}Z_{2}

    1.2.2 复数的除法

    设:

    Z_{1} = r_{1}\left ( cos \Theta_{1} +i sin\Theta_{1} \right )

    Z_{2} = r_{2}\left ( cos \Theta_{2} +i sin\Theta_{2} \right )

    则:

    Z_{1}\div Z_{1} = \frac{r_{1}\left ( cos \Theta_{1} +i sin\Theta_{1} \right )}{r_{2}\left ( cos \Theta_{2} +i sin\Theta_{2} \right )}

                   =\frac{r_{1}\left ( cos \Theta_{1} +i sin\Theta_{1} \right )\left ( cos \Theta_{2} -i sin\Theta_{2} \right )}{r_{2}\left ( cos \Theta_{2} +i sin\Theta_{2} \right )\left ( cos \Theta_{2} -i sin\Theta_{2} \right )}

                   =\frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ \left ( cos \Theta_{1}cos \Theta_{2} + sin\Theta_{1} sin\Theta_{2}\right )+i\left ( sin \Theta_{1}cos \Theta_{2} - cos\Theta_{1} sin\Theta_{2}\right )\right ]

                   =\frac{r_{1}}{r_{2}}\left [ cos\left( \Theta_{1}-\Theta_{2}\right ) + i sin\left(\Theta_{1} -\Theta_{2}\right ) \right ]

    这说明,两个复数相除等于它们的模相除而幅角相减,这个运算在几何上可以用下面的方法进行:将向量Z_{1}的模缩小为原来的r_{2}分之一,然后再将它绕原点顺时针旋转角\Theta_{2},就得到Z_{1}\div Z_{2}

    1.2.3 复数的乘方

    利用复数的乘法不难得到:

    Z^{n} = r^{n}\left ( cos \left ( n\Theta \right ) + i sin\left ( n\Theta \right ) \right )

    这说明,复数的n次方等于它模的n次方,幅角的n倍。这个运算在几何上可以用下面的方法进行:将向量z1的模变为原来的n次方,然后再将它绕原点逆时针旋转角n\Theta,就得到Z^{n}

    1.2.4 复数的开方

     对于复数Z= r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right ),根据代数基本定理及其推论知,任何一个复数在复数范围内都有n个不同的n次方根。

    设: Z= r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right ) 的一个n次方根为 \omega= \rho \left ( cos \varphi +i sin\varphi \right )

    那么:: \omega^{n}= \left [ \rho \left ( cos \varphi +i sin\varphi \right )\right ]^{n} = \rho^{n}\left ( cos n\varphi +i sinn\varphi \right )

    所以: r=\rho^{n}, n\varphi = \Theta + 2k\pi ,\left ( k = 0,\pm 1,\pm 2,\pm 3 .... \right )

    即: \rho =\sqrt[n]{r}, \varphi = \frac{\Theta + 2k\pi }{n} = \frac{\Theta }{n}+\frac{2k\pi }{n},\left ( k = 0,\pm 1,\pm 2,\pm 3 .... \right )

    显然,当k0依次取到n1,所得到的角的终边互不相同,但kn开始取值后,前面的终边又周期性出现。因此,复数znn次方根为:

    \omega _{k} = \sqrt[n]{r}\left ( cos\frac{\Theta + 2k\pi }{n} + i sin\frac{\Theta + 2k\pi }{n} \right ), \left ( k = 0,1,2,3 .... n-1 \right )

    从求根公式可以看出,相邻两个根之间幅角相差\frac{2\pi }{n},所以复数Znn次方根均匀地分布在以原点为圆心,以它的模的n次算术根为半径的圆周上。

    因此,求一个复数z的全部n次方根,可以用下面的几何手段进行:

    Z= r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right )

    先作出圆心在原点,半径为\sqrt[n]{r}的圆,然后作出角\frac{\Theta }{n}的终边,以这条终边与圆的交点为分点,将圆周n等分,那么每个等分点对应的复数就是复数Zn次方根。

    2. 复数的指数形式

    在对复数三角形式的乘法规则讨论中,我们发现,复数的三角形式将复数的乘法“部分地”转变成加法(模相乘,幅角相加),这种改变运算等级的现象在初等函数中有过体现,对数函数与指数函数:

    a^{x}a^{y} = a^{x+y}

    log_{a}\left ( xy \right ) = log_{a}\left ( x \right ) + log_{a}\left ( y \right )

    前者将两个同底幂的乘积变成同底的指数相加;后者将两个真数积的对数变成两个同底对数的和。从形式上看,复数的乘法与指数函数的关系更为密切些:

    Z_{1}Z_{2}= r_{1}r_{2}\left [ cos\left( \Theta_{1}+\Theta_{2}\right ) + i sin\left(\Theta_{1} +\Theta_{2}\right ) \right ]

    \left ( b_{1}a^{x} \right )\cdot \left ( b_{2}a^{y} \right ) =\left ( b_{1} b_{2} \right )\cdot a^{x+y}

    根据这个特点,复数Z= r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right )应该可以表示成某种指数形式,即复数应该可以表示成y\cdot a^{x}的形式,这里有三个问题需要解决:

    1)反映复数本质特征的三个因素:模r、幅角θ、虚数单位i应各自摆放在什么位置?

    2)在这些位置上它们应呈现什么形态?

    3)作为指数形式的底应该用什么常数?

    再重新观察下面的等式:

    Z_{1}Z_{2}= r_{1}r_{2}\left [ cos\left( \Theta_{1}+\Theta_{2}\right ) + i sin\left(\Theta_{1} +\Theta_{2}\right ) \right ]

    \left ( b_{1}a^{x} \right )\cdot \left ( b_{2}a^{y} \right ) =\left ( b_{1} b_{2} \right )\cdot a^{x+y}

    首先,显然模r应该占据y\cdot a^{x}中系数y的位置,其次,幅角\Theta应该占据y\cdot a^{x}中指数x的位置,对于虚数单位i,如果放到系数y的位置上会怎样?

    \left ( i\cdot ra^{x} \right )^{2} = -r^{2}a^{2x}

    等式右边是实数,对于任意虚数而言,这是不可能的。因此幅角θ也应该占据指数的位置。这样第二个问题就产生了:它与幅角一起在指数的位置上是什么关系?(相加?相乘?)

    幅角\Theta与虚数单位i是相加的关系会怎样?先考察模为1的复数cos \Theta+i sin\Theta,如果写成a^{i+\Theta }的形式,一方面由于a^{i+\Theta } =a ^{i}\cdot a^{\Theta },与\left ( ir \right )a^{\Theta }的形式差别不是很大,其次\left ( a^{i+\Theta } \right )^{n} = a^{ni+n\Theta },在复数的乘方法则中,应该仅是幅角的n倍而没有虚数单位也要n倍,所以虚数单位与幅角不应该是相加关系,而应该是相乘关系。

    Z=ra^{i\Theta }

    现在来审查乘法、除法和乘方法则是否吻合:

    Z_{1}Z_{2}=\left ( r_{1}a^{i \Theta _{1}} \right )\left ( r_{2}a^{i \Theta _{2}}\right ) = \left ( r_{1}r_{2} \right )a^{i\left (\Theta _{1} + \Theta _{2}\right )}

    Z_{1}\div Z_{2}=\left ( r_{1}a^{i \Theta _{1}} \right )\div \left ( r_{2}a^{i \Theta _{2}}\right ) = \left ( r_{1}\div r_{2} \right )a^{i\left (\Theta _{1} - \Theta _{2}\right )}

    Z^{n} = \left ( ra^{i\Theta } \right )^{n} = r^{n}a^{i\left ( n\Theta\right ) }

    乘除法保持“模相乘除、幅角相加减”、乘方保持“模的n次方、幅角的n倍”的本质特征,下面来解决最后一个问题:应该选用哪个常数作为底数?我们暂时将Z= r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right )形式化地看做r\Theta的“二元函数”,数学是“形式化的科学”,因此,一些形式化的性质应该“形式化”地保持不变。

    下面我们将r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right ) = ra^{i\Theta }等式两边对\Theta形式化地求“偏微分”:

    \frac{\partial r\left ( cos \Theta+i sin\Theta \right )}{\partial \Theta }

    =r\left ( -sin \Theta+i cos\Theta \right )

    =\left [ r\left ( cos\Theta + isin\Theta \right ) \right ]i

    =Zi

     

    \frac{\partial }{\partial \Theta }\left ( ra^{i\Theta } \right )

    =r\frac{\partial a^{i\Theta }}{\partial \Theta }

    =ira^{i\Theta }ln_{a}

    =Zi\cdot ln_{a}

    所以ln_{a} = 1,得a=e

    这样我们利用不太严格的推理得到了复数的第三种表现形式——指数式

    Z=a+bi = r\left ( cos\Theta + isin\Theta \right )=re^{i\Theta }

    从复数的模与幅角的角度看,复数的指数形式其实是三角形式的简略化,对于指数形式的严格证明可以参读复数的指数形式的证明

    由复数的三角形式与指数形式,我们很容易得到下面的两个公式:

    \left\{\begin{matrix} cos\Theta + i sin\Theta = e^{i\Theta }\\ cos\Theta - i sin\Theta = e^{-i\Theta }\\ \end{matrix}\right.

    \Rightarrow\left\{ \begin{matrix} cos\Theta = \frac{e^{i\Theta } + e^{-i\Theta }}{2}\\ sin\Theta = \frac{e^{i\Theta } - e^{-i\Theta }}{2i} \end{matrix}\right.

    这两个公式被统称为欧拉公式;在复数的指数形式中,令r=1\Theta = \pi,就得到下面的等式:

    e^{i\pi } = -1 或者e^{i\pi } +1=0

    它是数学里最令人着迷的一个公式,它将数学里最重要的五个数字就这么神秘地联系到了一起:两个超越数——自然对数的底e,圆周率\pi;三个单位——虚数单位i、自然数的乘法单位1和加法单位0。关于自然对数的底e和圆周率\pi,这里我想多说那么几句:它们是迄今为止人类所发现的两个彼此独立的超越数,尽管从理论上我们知道,超越数比有理数、代数数(可以表示为有理系数一元多项式的根的数)要多得多,但为人类所认识的超越数却仅此两个!令人不可思议的是,它们居然凭借这么一个简单关系彼此联系着。数学家们评价它是“上帝创造的公式”,我们只能看着它但却不能理解它。

    3. 复数的应用

    利用复数的三角形式,我们可以比较容易地解决一些数学其他领域里的问题。由于我们这门课的特点,我们仅限于在初等数学领域里举两个例子。

    3.1 三角级数求和

    求解\left\{\begin{matrix} cos\alpha + cos2\alpha + ... + cosn\alpha = ?\\ sin\alpha + sin2\alpha + ... + sinn\alpha = ? \end{matrix}\right.

    解:令Z= cos \alpha +i sin\alpha,那么对任何自然数k有:

    Z^{k} = cosk\alpha + i sink\alpha

    \Rightarrow Z+Z^{2}+ ...+ Z^{n}

    = \left ( cos\alpha + isin\alpha \right ) + \left ( cos2\alpha + isin2\alpha \right ) + ..... +\left ( cosn\alpha + isinn\alpha \right )

    =\left(cos\alpha + cos2\alpha + ... + cosn\alpha\right) +i \left( sin\alpha + sin2\alpha + ... + sinn\alpha \right)

    另一方面由等比数列的定义可知:

    Z+Z^{2}+ ...+ Z^{n}

    =\frac{Z(1-Z^{n})}{1-Z}

    =\frac{\left ( cos\alpha +isin\alpha \right )\left [ 1-\left ( cosn\alpha + i sinn\alpha \right ) \right ]}{1- \left ( cos\alpha +i sin\alpha \right )}

    =\frac{\left ( cos\alpha +isin\alpha \right )\left ( 2sin^{2}\frac{n\alpha}{2} -2isin\frac{n\alpha}{2} cos\frac{n\alpha}{2}\right )}{2sin^{2}\frac{\alpha}{2} -2isin\frac{\alpha}{2} cos\frac{\alpha}{2}}

    =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}\left ( cos\alpha +isin\alpha \right )\left ( cos\frac{n\alpha -\pi }{2} + isin\frac{n\alpha -\pi }{2}\right )}{sin\frac{\alpha }{2}\left ( cos\frac{\alpha -\pi }{2} - isin\frac{\alpha -\pi }{2}\right )}

    =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}\left [ cos\left ( \alpha +\frac{n\alpha -\pi }{2} - \frac{\alpha -\pi }{2} \right ) + isin\left ( \alpha +\frac{n\alpha -\pi }{2} - \frac{\alpha -\pi }{2} \right )\right ]

    =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}}{sin\frac{\alpha }{2}}\left ( cos\frac{n+1}{2} \alpha + i sin\frac{n+1}{2}\alpha \right )

    =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}cos\frac{n+1}{2}\alpha }{sin\frac{\alpha }{2}}+i\frac{sin\frac{n\alpha }{2}sin\frac{n+1}{2}\alpha }{sin\frac{\alpha }{2}}

    所以:

    \left\{\begin{matrix} cos\alpha + cos2\alpha + ... + cosn\alpha =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}cos\frac{n+1}{2}\alpha }{sin\frac{\alpha }{2}} \\ sin\alpha + sin2\alpha + ... + sinn\alpha =\frac{sin\frac{n\alpha }{2}sin\frac{n+1}{2}\alpha }{sin\frac{\alpha }{2}} \end{matrix}\right.

    3.2 M是单位圆周  x2y2 = 1上的动点,点N与定点A(2,  0)和点M构成一个等边三角形的顶点,并且M→N→A→M成逆时针方向,当M点移动时,求点N的轨迹。

    分析:此题若用一般解析几何的方法寻找点MN之间的显性关系是比较困难的。下面用复数的乘法的几何意义来寻找这种关系。

    MNA对应的复数依次为:M\leftrightarrow{x}'+{y}'iN\leftrightarrow x+yiA\leftrightarrow 2

    那么向量AM可以用向量ANA点逆时针旋转300度得到,用复数运算来实现这个变换就是:

    \vec{AM}=\left ( cos300^{\circ}+ isin300^{\circ} \right )\cdot \vec{AN}

    \Rightarrow\vec{OM} - \vec{OA}=\left ( cos300^{\circ}+ isin300^{\circ} \right )\cdot \left ( \vec{ON}-\vec{OA} \right )

    \Rightarrow {x}'+{y}'i -2 = \frac{1-\sqrt{3}i}{2}\left ( x+yi-2 \right )= \frac{x+\sqrt{3}y-2}{2}+ \frac{y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}}{2}i

    \Rightarrow \left\{\begin{matrix} {x}' = \frac{x+\sqrt{3}y+2}{2}\\ {y}'=\frac{y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}}{2}\\ {x}'^{2}+{y}'^{2} = 1 \end{matrix}\right.

    \Rightarrow \left ( \frac{x+\sqrt{3}y+2}{2} \right )^{2} +\left ( \frac{y-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}}{2} \right )^{2} = 1

    \Rightarrow x^{2}+y^{2}-2x+2\sqrt{3}y+3=0

    \Rightarrow \left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-\sqrt{3} \right )^{2} = 1

    3.3 3. z1z2z3 是复平面上三个点ABC对应的复数,证明三角形ABC是等边三角形的充分必要条件是:

    z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + z_{3}^{2} = z_{1}z_{2}+ z_{2}z_{3}+z_{3}z_{1}

    假设结论不成立:

    z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + z_{3}^{2} = z_{1}z_{2}+ z_{2}z_{3}+z_{3}z_{1}

    \Rightarrow 2z_{1}^{2} + 2z_{2}^{2} +2 z_{3}^{2} = 2z_{1}z_{2}+ 2z_{2}z_{3}+2z_{3}z_{1}

    \Rightarrow \left ( z_{1} - z_{2} \right )^{2} +\left ( z_{1} - z_{3} \right )^{2} +\left ( z_{2} - z_{3} \right )^{2} =0

    三个向量\left ( z_{1} - z_{2} \right )\left ( z_{1} - z_{3} \right )\left ( z_{2} - z_{3} \right )均为零向量,则三个向量z_{1}z_{2}z_{3}所对应的点是同一个点,与题意不符.

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空空如也

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复数的四种表示形式