A-level 數學/MEI/FP2/複數

模長-幅角形式

複數的極座標形式

可以用極座標形式表示複數。下圖中的複數 z 可以用長度 r 和角度 $\theta$ 來描述，其中 r 是 z 在阿根圖上的位置向量的長度。

[阿根圖]

距離 r 是 z 的模長， $|z|\,$ 。角度 $\theta$ 從正實軸開始，按逆時針方向測量。然而，新增任何 $2\pi$ 的整數倍都會得到相同的向量，所以複數的主幅角， $\arg {z}\,$ ，是在 $-\pi <\theta \leq \pi$ 範圍內的角度。以下示例演示了在每個象限中的情況。

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  $z=-5-6j\,$ .

當我們將一個複數 $z=x+yj\,$ 寫成極座標形式 $(r,\theta )\,$ 時，我們可以使用 $x=r\cos {\theta }\,$ 和 $y=r\sin {\theta }\,$ 將其寫成以下形式： $z=r(\cos {\theta }+j\sin {\theta })\,$ 。這就是複數的模長-幅角形式。

乘法和除法

複數的極座標形式可以提供複數乘法和除法的幾何解釋。

乘法

取兩個用極座標形式表示的複數，

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

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

然後將它們相乘，

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

結果是一個模為 $r_{1}r_{2}\,$ ，幅角為 $\theta _{1}+\theta _{2}\,$ 的複數。這意味著

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

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

除法

用極座標形式除以兩個複數 $z_{1}\,$ 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。

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

然後，使用分配律簡化。

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

這裡，在分子中提取 $i$ ，並約去分母中的項。注意 $i^{2}=-1$ 。

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

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

應用兩個角之差的餘弦公式和兩個角之差的正弦公式

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

棣莫弗定理

使用乘法規則，我們可以看到如果

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

那麼

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

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

棣莫弗定理指出，這對任何整數冪都成立。因此，

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

復指數

定義

如果我們令 $z=\cos {\theta }+j\sin {\theta }\,$ ，那麼我們可以對 z 關於 $\theta$ 求導。

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

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

這意味著 $\cos {\theta }+j\sin {\theta }=e^{j\theta +c}\,$

將 $\theta$ 設定為 0，我們得到

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

因此，可以給出一般的定義

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

對於一個複數 $z=x+yj\,$ ，可以計算 $e^{z}\,$

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

棣莫弗定理的證明

現在我們可以為 n 的任何有理值給出棣莫弗定理的另一種證明

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

求和

棣莫弗定理可以幫助我們找到無限級數的簡單表示式。這通常涉及一個級數中的多個角度，如 cosrθ，如以下例子所示。

無限級數的定義為

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

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

為了找到 C 的總和或 S 的總和（或兩者！），你需要將 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寫成

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

現在使用 e^jθ 的形式更容易處理

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

你應該能夠看到這個模式，這個因子是負 1/2 的 n-1 次方（負號交替地出現在偶數和奇數次方上，這就是它在 + 和 - 之間切換的原因），e 的次方（我們原始方程中 θ 前面的數字）等於 3(n-1)jθ。

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

這是一個等比數列，其中 a=

複數根

單位根

代數基本定理指出，n 次多項式應該恰好有 n 個（複數）根。這意味著簡單方程 $z^{n}=1$ 有 n 個根。

讓我們看一下 $z^{2}=1$ 。它有兩個根，1 和 -1。這些可以在阿根圖上繪製

[阿根圖]

考慮 $z^{3}=1$ ，從上面提到的性質，我們知道這個方程有三個根。其中一個很容易看出來是 1，為了找到其他的根，我們將方程改寫成 $z^{3}-1=0$ 並利用因式定理得到 $(z-1)(z^{2}+z+1)=0$ 。由此，我們可以解出 $z^{2}+z+1=0$ ，透過對 z 平方完成，得到 $(z+{\frac {1}{2}})^{2}=-{\frac {3}{4}}$ 。解出 z，得到 $z=-{\frac {1}{2}}\pm j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ 。我們現在已經找到了 $z^{3}$ 的三個單位根，它們是 $z=1$ ， $z=-{\frac {1}{2}}+j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ 和 $z=-{\frac {1}{2}}-j{\frac {\sqrt {3}}{2}}$