复数的三角形式与指数形式

对于虚数单位i，如果放到系数y的位置会怎样？ 由于
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( i ⋅ ra ) = − r a
x 2 2
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？）
4.2、复数的指数形式 幅角θ与虚数单位i是相加的关系会怎样？ 先考察模为1的复数
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+ i (sin θ1 cos θ 2 − cos θ1 sin θ 2 )] r1 = [cos(θ1 − θ 2 ) + i sin(θ1 − θ 2 )] r2
4.1、复数的三角形式 二、复数三角形式的运算法则 2、复数的除法 即
z1 r1 = [cos(θ1 − θ 2 ) + i sin(θ1 − θ 2 )] z2 r2
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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z1的模缩小为原来的r2分之一，然后再将它绕原点 顺时针旋转角θ2，就得到z1÷z2。 3、复数的乘方。 利用复数的乘法不难得到
z n = r n (cos nθ + i sin nθ )
4.2、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
初
a a =a
x y
x+ y
log a ( xy ) = log a x + log a y
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n
即 ρ=
r, ϕ =
θ + 2kπ
n
2 kπ ,( k = 0, ±1, ±2,L) = + n n
θ
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显然，当k从0依次取到n－1,所得到的角的终边互不相同， 但k从n开始取值后，前面的终边又周期性出现。 因此，复数z的n个n次方根为
ω k = r (cos
n
θ + 2kπ
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z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) z2 = r2 (cos θ 2 + i sin θ 2 )
那么 z1 z2 = [r1 (cos θ1 + i sin θ1 )] ⋅ [ r1 (cos θ1 + i sin θ1 )]
4.1、复数的三角形式 二、复数三角形式的运算法则 1、复数的乘法
cos θ + i sin θ
i +θ
a i +θ 的形式 一方面，由于 a 如果写成 ( ir )aθ 的形式差别不是很大， 与
其次
= a i ⋅ aθ
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(a i +θ )n = a ni + nθ
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
iθ
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》
e iz = cos z+ i sin z（欧拉公式） z ϵR （
的证明：泰勒级数法 的证明：泰勒级数法
将函数 e x ,cos x ,sin x 写成泰勒级数形式： 写成泰勒级数形式： x x2 xn ex = 1+ + +L+ +L 1! 2 ! n! x2 x4 x6 x 4 n− 4 x 4 n− 2 cos x = 1 − + − L+ − +L 2! 4! 6! ( 4n − 4)! ( 4n − 2)!
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4.1、复数的三角形式 二、复数三角形式的运算法则 4、复数的开方 那么 所以
ω n = [ ρ (cos ϕ + i sin ϕ )]n = ρ n (cos nϕ + i sin nϕ )
r = ρ n , nϕ = θ + 2kπ ,( k = 0, ±1, ±2,L)
x3 x5 x7 x 4 n−3 x 4 n −1 sin x = x − + − L+ − +L 3! 5 ! 7 ! ( 4n − 3)! ( 4n − 1)! 将 x = iz代入可得： iz 代入可得： ( iz )2 ( iz )3 ( iz )n e = 1 + iz + + +L+ +L 2! 3! n! z 2 z3 z4 z5 z6 z7 = 1 + zi − − i + + i − − i + LL 2 ! 3! 4 ! 5! 6! 7! z2 z4 z6 z3 z5 z7 = (1 − + − + L) + ( z − + − + L)i 2! 4! 6! 3! 5 ! 7 ! = cos z + i sin z
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。 显然
a = r cos θ , b = r sin θ
把它们代入复数的代数形式得：
a + bi = r cos θ + ir sin θ = r (cos θ + i sin θ )
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4.1、复数的三角形式 一、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（如右图所示） 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。 y
r θ a (a,b) b
x
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4.2、复数的指数形式 再重新观察下面的等式
z1 z2 = r1r2 [cos(θ1 + θ 2 ) + i sin(θ1 + θ 2 )]
(b1a ) ⋅ (b2 a ) = (b1b2 ) ⋅ a
x y
x+ y
y ⋅ a x 中系数y的位置, 首先，显然模r应该占据 y⋅ax 其次，幅角θ应该占据 中指数x的位置,
∂ ∂a iθ ( ra iθ ) = r = ira iθ ln a = zi ln a ∂θ ∂θ
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iz = iz ln a ⇒ ln a = 1 ⇒ a = e 于是由 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 (cos θ + i sin θ ) = re
n
+ i sin
θ + 2kπ
n
), ( k = 0,1, 2,L , n − 1)
4.1、复数的三角形式 二、复数三角形式的运算法则 4、复数的开方
ω k = r (cos
n
θ + 2 kπ
n
+ i sin
θ + 2kπ
n
), ( k = 0,1, 2,L , n − 1)
从求根公式可以看出，相邻两个根之间幅角相差
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r (cos θ + i sin θ ) = ra iθ 等式两边对θ形式 下面我们将
化地求“偏微分”
4.2、复数的指数形式
∂ r (cos θ + i sin θ ) ∂θ = r ( − sin θ + i cos θ ) = [r (cos θ + i sin θ )]i = zi
z = ra iθ
现在来审查乘法、除法和乘方法则是否吻合
4.2、复数的指数形式
z1 z2 = ( r1a iθ1 )( r2 a iθ 2 ) = ( r1r2 )a i (θ1 +θ 2 ) z1 ÷ z2 = ( r1a iθ1 ) ÷ ( r2 a iθ 2 ) = ( r1 ÷ r2 )a i (θ1 −θ 2 )
π
n
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所以复数z的n个n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 (cos θ + i sin θ ) 先作出圆心在原点，半径为 r 的圆，然后作出角
n
θ
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z的n次方根。
4.1、复数的三角形式 这样，我们把 r (cos θ + i sin θ ) 叫做复数a+bi的三角形式
a + bi = r cos θ + ir sin θ = r (cos θ + i sin θ )
二、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、复数的乘法 设
z n = ( ra iθ )n = r n a i ( nθ )
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 (cos θ + i sin θ ) 形式化地看做r与θ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。