复变1-3

1 n
从几何上看, 从几何上看
1 n
n
z 的 n 个值就是以原点为中心 ,
r 为半径的圆的内接正 n 边形的 n 个顶点.
14
例3 解
化简 (1 + i )n + (1 − i )n .
1 1 1 + i = 2 i + 2 2 cos π i sin π = 2 + 4 4 1 1 1 − i = 2 i − 2 2
(cosθ + i sinθ )n = cos nθ + i sin nθ
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21
棣莫佛资料
Abraham de Moivre
Born: 26 May 1667 in Vitry (near Paris), France Died: 27 Nov 1754 in London, England
8π i 5
w1 = e
,
2π i 5
w2 = e
.
4π i 5
,
w3 = e
w4 = e
19
w − 1 e iα − 1 cosα + i sin α − 1 因为 z = = = iα w + 1 e + 1 cosα + i sinα + 1
2 sin − sin + i cos α 2 2 2 = = i tan , α α α 2 2 cos cos + i sin 2 2 2 π 故原方程的根为 z0 = 0, z1 = i tan , 5 2π 3π 4π z2 = i tan , z3 = i tan , z4 = i tan . 5 5 5
n 1 n
推导过程如下: 推导过程如下
11
设 z = r (cosθ + i sinθ ), w = ρ (cosϕ + i sin ϕ ),
根据棣莫佛公式, 根据棣莫佛公式
w n = ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ) = r (cosθ + i sinθ ), 于是 ρ n = r , cos nϕ = cosθ , sin nϕ = sinθ ,
z2 Arg = Argz2 − Argz1 . z1 设复数 z1和z2的指数形式分别为 z2 r2 i (θ 2 −θ1 ) iθ 1 iθ 2 证毕] 证毕 . [证毕 z1 = r1e , z2 = r2e , 则 = e z1 r1
z2 z2 于是 = , z1 z1
n n
n
nπ nπ nπ nπ = ( 2 ) cos + i sin + cos − i sin 4 4 4 4
n
=2
n+ 2 2
nπ cos . 4
16
例4
计算 4 1 + i 的值.
cos π i sin π 解 1 + i = 2 + 4 4 π π + 2kπ + 2kπ 8 4 1 + i = 2 cos 4 + i sin 4 ( k = 0,1,2,3). 4 4 cos π i sin π , 8 即 w0 = 2 + 16 16 cos 9π i sin 9π , w1 = 2 + 16 16
4
设复数z1和z2的指数形式分别为
z1 = r1e ,
iθ 1
z2 = r2e , 则 z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2e i (θ 1 +θ 2 ) .
iθ 2
个复数相乘的情况: 由此可将结论推广到 n 个复数相乘的情况
设 zk = rk (cosθ k + i sinθ k ) = rk e
Argz1 = π + 2nπ, ( n = 0, ± 1, ± 2,L), π Argz2 = + 2m π, ( m = 0, ± 1, ± 2,L), 2 π Arg( z1 z2 ) = − + 2kπ, ( k = 0, ± 1, ± 2,L), 2 3π π 故 + 2( m + n)π = − + 2kπ, 只须 k = m + n + 1. 2 2 若 k = −1, 则 m = 0, n = −2 或 m = −2, n = 0.
7
例2 已知正三角形的两个顶 点为 z1 = 1 和z2 = 2 + i ,
求它的另一个顶点 .
解 如图所示, 如图所示
o
y
z3
z2 = 2 + i
π 3
将表示 z2 − z1 的向量
π π ′ z3 绕 z1 旋转 (或 − )就得 3 3 ′ 到另一个向量 , 它的终点即为所求顶点 z3 (或 z3 ).
20αα来自α三、小结与思考
应熟练掌握复数乘积与商的运算. 应熟练掌握复数乘积与商的运算 在各种 形式中以三角形式、指数形式最为方便 形式中以三角形式、指数形式最为方便:
z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2ei(θ1+θ2 )
z2 r2 i(θ2 −θ1 ) = e z1 r1
棣莫佛( 棣莫佛(de Moivre)公式
r2
z2
x
o
两复数相乘就是把模数相乘, 辐角相加. 两复数相乘就是把模数相乘, 辐角相加.
3
说明 由于辐角的多值性 Arg(z1z2 ) = Argz1 + Argz2 由于辐角的多值性, 两端都是无穷多个数构成的两个数集. 两端都是无穷多个数构成的两个数集 对于左端的任一值, 右端必有值与它相对应. 对于左端的任一值 右端必有值与它相对应 例如， 例如，设 z1 = −1, z2 = i , 则 z1 ⋅ z2 = − i ,
10
2.棣莫佛公式 2.棣莫佛公式
棣莫佛介绍
当 z 的模 r = 1, 即 z = cosθ + i sinθ ,
(cosθ + i sinθ ) = cos nθ + i sin nθ . 棣莫佛公式
n
3. 方程w = z 的根w, 其中z 为已知复数.
n
θ + 2kπ θ + 2kπ w = z = r cos + i sin n n ( k = 0,1,2,L, n − 1)
1 n
以其他整数值代入时, 当k以其他整数值代入时 这些根又重复出现 以其他整数值代入时 这些根又重复出现.
13
例如 k = n 时,
θ + 2 nπ θ + 2 nπ wn = r cos + i sin n n
1 n
θ θ = r cos + i sin = w0 . n n
22
π π = 2 cos − + i sin − 4 4
15
(1 + i )n + (1 − i )n =
cos π i sin π π π n ( 2) + + ( 2 ) cos − 4 + i sin − 4 4 4
第三节 复数的乘幂与方根
一、乘积与商 二、幂与根 三、小结与思考
一、乘积与商
定理一 两个复数乘积的模等于它们的模的乘 两个复数乘积的辐角等于它们的辐角的和. 积; 两个复数乘积的辐角等于它们的辐角的和 证
设复数z1和z2的三角形式分别为
z2 = r2 (cosθ 2 + i sinθ 2） ,
z1 = r1 (cosθ 1 + i sinθ 1） ,
cos θ i sin θ , w0 = r + n n
1 n
θ + 2π θ + 2π w1 = r cos + i sin , n n LLLLL,
1 n
θ + 2( n − 1)π θ + 2( n − 1)π wn−1 = r cos + i sin . n n
显然 nϕ = θ + 2kπ, ( k = 0, ± 1, ± 2,L)
1 n
故 ρ =r , ϕ =
θ + 2kπ
n 1 θ + 2kπ θ + 2kπ n n w = z = r cos + i sin n n
12
,
当 k = 0,1,2,L, n − 1 时, 得到 n 个相异的根 :
8
17
cos 17 π i sin 17 π , w2 = 2 + 16 16
8
cos 25π i sin 25π . w3 = 2 + 16 16
8
w1
y
这四个根是内接于中 心在原点半径为 2 的
8
w0
w2
o
x
圆的正方形的四个顶点 .
w3
18
例5 解
6
1 π π 例1 已知 z1 = (1 − 3i ), z2 = sin − i cos , 2 3 3 z1 求 z1 ⋅ z2 和 . z2 π π 解 因为 z1 = cos − + i sin − , 3 3 π i sin π , z2 = cos − + − 6 6 π π i sin π π = − i , 所以 z1 ⋅ z2 = cos − − + − − 3 6 3 6 z1 π π π π = 3 − 1 i. = cos − + + i sin − + 2 2 z2 3 6 3 6