De Moivre定理

De Moivre定理给出了计算能力的公式<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/complex-numbers/" class="wiki_link" title="复数" target="_blank">复数．首先，我们通过考虑一个复数乘以它自己会发生什么来对莫约弗定理有一些直观的认识。

回想一下，使用<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/polar-coordinates/" class="wiki_link" title="极坐标形式" target="_blank">极坐标形式，任意复数<年代pan class="katex"> $z = a + ib$ $z ＝一个 + 我 b$ 可以表示为<年代pan class="katex"> $Z = r (\cos \theta + I \sin \theta)$ $z ＝ r （因为 θ + 我罪 θ ）$ 与

$\begin{array}{rl} \mbox{绝对值:}& r =\ sqrt{a^2 + b^2} \\ \mbox{Argument} \theta \text{subject to:} & \cos{\theta} =\frac{a}{r}，\ \sin{\theta}=\frac{b}{r}。结束\{数组}$

然后对复数平方<年代pan class="katex"> $z$ $z$ 给了

$\{对齐}开始z ^ 2 & = \大(r(罪\ cosθ+ i \ \ \θ)\大)^ 2 \ \ & = r ^ 2 \离开(罪\ cosθ+ i \ \ \θ\右)^ 2 \ \ & = r ^ 2 \离开(\ cosθ\ \ cosθ+ i \ \罪罪\θ\ cosθ+ i \ \ \θ\ cosθ罪\θ+ i ^ 2 \ \ \罪\θ\)\ \ & = r ^ 2 \大((\ cosθ\ \ cosθ\ \罪罪\θ\ \θ)+ i (\ sinθ\ \ cosθ+ \ \ sinθ\ \因为\θ)\大)\ \ & = r ^ 2 \离开(\ cosθ2 \θ+ i \罪2 \ \右)。结束\{对齐}$

这表明，通过对复数平方，绝对值是平方，实参乘以<年代pan class="katex"> $2$ $2$ ．为<年代pan class="katex"> $n \组3$ $n \geq 3.$ ， de Moivre定理对此进行了推广，表明将一个复数的<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 幂，其绝对值取<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 权力与论点相乘<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ．

De Moivre定理:

对于任何复数<年代pan class="katex"> $x$ $x$ 和任何<年代trong>整数 $n$ ，

$\大(r (\cos \theta + I \sin \theta) \大)^n = r^n \大(\cos (n \theta) + I \sin (n \theta) \大)。$

我们用归纳法来证明。

我们有

$\{对齐}开始z ^ {n} & = \大(r(我\ \ cosθ(\)+ sinθ)(\ \大)^ {n} \ \ & = r ^ {n} \大(我\ \ cosθ(\)+ sinθ)(\ \大)^ {n}。结束\{对齐}$

让我们关注第二部分:<年代pan class="katex"> $(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {n}$ $（因为（ θ ） + 我罪（ θ ））^{n}$ ．为<年代pan class="katex"> $n = 1$ $n ＝ 1$ ,我们有

$(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {1}= \ cos (1 \ cdot \θ)+ i \罪(1 \ cdot \θ),$

这是<年代trong>真正的．

我们可以假设同样的公式也适用于<年代pan class="katex"> $n = k$ $n ＝ k$ ，所以我们有

$(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {k} = \ cos (k \θ)+ i \罪(k \θ)。$

为<年代pan class="katex"> $N = k + 1$ $n ＝ k + 1$ ，我们希望有

$(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {k + 1} = \因为\大(θ(k + 1) \ \大)+我罪\ \大(θ(k + 1) \ \大)。$

我们得到了

$\开始{对齐}\大(我\ \ cosθ(\)+ sinθ)(\ \大)^ {k + 1} & = \大(我\ \ cosθ(\)+ sinθ)(\ \大)^ {k} \大(我\ \ cosθ(\)+ sinθ)(\ \大)^{1}\ \ & = \大(\ cos (k \θ)+ i \ sinθ(k \ \大)、大(\ cos (1 \ cdot \θ)+ i \罪(1 \ cdot \θ)\大)& &(\文本为}{我们假定这是真的x = k。)\ \ & = \ cosθ)(k \ \ cosθ(\)+ \ cos (k \θ)我\ \ sinθ(\)+ sin (k \θ)\ cosθ(\)+ i ^{2} \罪(k \θ)\ sinθ(\)& &(\文本{我们}我^{2}= 1)。\ \ & = \ cosθ)(k \ \ cosθ(\)\ sinθ(k \) \罪(\θ)+ i \大罪(\ cosθ)(k \ \ \θ)+ \罪(k \θ)\ cosθ)(\ \大)\ \ & = \ cos (k \θ+ \θ)+ i \罪(k \θ+ \θ)& &(\文本{扣除三角学规则})\ \ & = \ cos \大(θ(k + 1) \ \大)+我罪\ \大(θ(k + 1) \ \大)。结束\{对齐}$

因此,对于<年代pan class="katex"> $N = k + 1，$ $n ＝ k + 1 ，$ 我们有<年代pan class="katex"> $(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {k + 1} = \因为\大(θ(k + 1) \ \大)+我罪\ \大(θ(k + 1) \ \大),$ $（因为（ θ ） + 我罪（ θ ））^{k + 1} ＝因为（（ k + 1 ） θ ） + 我罪（（ k + 1 ） θ ），$ 像预期的那样。

定理对<年代pan class="katex"> $n = 1$ $n ＝ 1$ 而且<年代pan class="katex"> $N = k + 1$ $n ＝ k + 1$ 对所有人来说都是如此<年代pan class="katex"> $n \组1$ $n \geq 1$ ．<年代pan class="katex"> $_ \广场$ $_{□}$

注意，在de Moivre定理中，复数的形式是<年代pan class="katex"> $Z = r (\cos \theta + I \sin \theta)。$ $z ＝ r （因为 θ + 我罪 θ ）．$ 对于一般形式的复数<年代pan class="katex"> $Z = a + bi$ $z ＝一个 + b 我$ ，可能需要先计算绝对值和参数进行转换<年代pan class="katex"> $z$ $z$ 的形式<年代pan class="katex"> $R (\cos \theta + I \sin \theta)$ $r （因为 θ + 我罪 θ ）$ 在应用德莫瓦定理之前。

提升到一个幂-基本

评估<年代pan class="katex"> $(1 - I)^{6}$ $（ 1 - 我）^{6}$ ．

为了表达<年代pan class="katex"> $Z = 1 - I$ $z ＝ 1 - 我$ 在表单中<年代pan class="katex"> $R (\cos \theta + I \sin \theta)，$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 我们计算绝对值<年代pan class="katex"> $r$ $r$ 和参数<年代pan class="katex"> $\θ$ $θ$ 如下:

${对齐}\ \开始mbox{绝对值}:& r = \√6 {1 ^ 2 + (1)^ 2}= \ sqrt {2} \ \ \ mbox{参数}:& \θ= \反正切\压裂{1}{1}= - \压裂{\π}{4}。结束\{对齐}$

现在，应用DeMoivre定理，我们得到

$\{对齐}开始z ^{6}左& = \ [\ sqrt{2} \离开(\因为\左(- \压裂{\π}{4}\右)+我罪\ $- \压裂{\π}{4}$\)\右]^ {6}\ \ & = \ sqrt{2} ^{6}左\[\因为\离开(- \压裂{6 \π}{4}\右)+我罪\ $- \压裂{6 \π}{4}$\右]左\ \ & = 2 ^ 3 \[\因为\离开(- \压裂{3 \π}{2}\右)+我罪\ $- \压裂{3 \π}{2}$\右]\ \ & = 8(0 + 1我)我\ \ & = 8。\ \ _ \广场结束{对齐}$

评估<年代pan class="katex"> $左(\ \压裂{\ sqrt{2}}{2} + \压裂{\ sqrt{2}}{2}我\右)^{1000}。$ $（ \frac{2}{2} + \frac{2}{2} 我）^{1000} ．$

为了表达<年代pan class="katex"> $左(z = \ \压裂{\ sqrt{2}}{2} + \压裂{\ sqrt{2}}{2}我\右)$ $z ＝（ \frac{2}{2} + \frac{2}{2} 我）$ 在表单中<年代pan class="katex"> $R (\cos \theta + I \sin \theta)，$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 我们计算绝对值<年代pan class="katex"> $r$ $r$ 和参数<年代pan class="katex"> $\θ$ $θ$ 如下:

${对齐}\ \开始mbox{绝对值}:& r = \√6{\离开(\压裂{\ sqrt{2}}{2} \右)^ 2 + \离开(\压裂{\ sqrt{2}}{2} \右)^ 2}= 1 \ \ \ mbox{参数}:& \θ= \反正切1 = \压裂{\π}{4}。结束\{对齐}$

现在，应用DeMoivre定理，我们得到

$\{对齐}开始z ^{1000} & = \境(\因为\左(\压裂{\π}{4}\右)+我罪\ $\压裂{\π}{4}$\境)^ {1000}\ \ & = \ cos \离开(\压裂{1000 \π}{4}\右)+我罪\ $\压裂{1000 \π}{4}$\ \ & = \ cos 250 \ pi + i \ 250 \π\ \ & =罪\ cos(0 + 125 \ * 2 \π)+ i \罪(0 + 125 \ * 2 \π)\ \ & = 1。\ \ _ \广场结束{对齐}$

评估<年代pan class="katex"> $\big(1 + \sqrt{3} I \big)^{2013}。$ $（ 1 + 3. 我）^{201 3.} ．$

为了表达<年代pan class="katex"> $Z = 1 + \√{3}$ $z ＝ 1 + 3. 我$ 在表单中<年代pan class="katex"> $R (\cos \theta + I \sin \theta)，$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 我们计算绝对值<年代pan class="katex"> $r$ $r$ 和参数<年代pan class="katex"> $\θ$ $θ$ 如下:

$\开始{对齐}\ mbox{绝对值}:& r = \√6{1 ^ 2 +大\ \√{3}\大)^ 2}= \ sqrt {4} = 2 \ \ \ mbox{参数}:& \θ= \反正切\压裂{\ sqrt{3}}{1} = \压裂{\π}{3}。结束\{对齐}$

现在，应用DeMoivre定理，我们得到

$\{对齐}开始z ^{2013} & = \境(左2 \ \因为$压裂{\π}{3}+ i \罪\压裂{\π}{3}$\境)^{2013}\ \ & = 2 ^{2013}\离开(\因为\压裂{2013 \π}{3}+ i \罪\压裂{2013 \π}{3}\)\ \ & = 2 ^ {2013}(- 1 + 0 ) \\&= - 2 ^{2013}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

升到中级功率

De Moivre定理:

对于任何复数<年代pan class="katex"> $x$ $x$ 和任何<年代trong>整数 $n$ ，

$(\cos x + I \sin x) ^n = \cos (nx) + I \sin (nx)。$

证明:我们用归纳法证明了这个公式<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 通过应用三角函数的和和和积公式。我们首先考虑非负整数。的基本情况<年代pan class="katex"> $n = 0$ $n ＝ 0$ 显然是正确的。对于归纳步骤，观察一下

$\{数组}{l l}开始(\ cos x + i \ sin (x)) ^ {k + 1} & = (\ cos x + i \ sin (x)) ^ k(\ \倍cos x + i \ sin (x) ) \\ & = \ (我\ \ cos (kx) +大罪(kx) \大)(\ cos x + i \ sin (x) ) \\ & = \ cos (kx) \因为x - \罪(kx) \ sin (x) + i \大罪(\ \ cos (kx) x + \ cos (kx) \ sin (x) \大 ) \\ & = \ 因为大\ [(k + 1) x \]大+我罪\ \ [(k + 1) x \]大。\ \ _ \广场结束数组{}$

注意，上面的证明只对整数有效<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ．还有一个更一般的版本<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 允许为复数。在这种情况下，左边是一个多值函数，右边是它的一个可能值。

复数的欧拉公式表明，如果<年代pan class="katex"> $z$ $z$ 复数是否具有绝对值<年代pan class="katex"> $r_z$ $r_{z}$ 和参数<年代pan class="katex"> $\ theta_z$ $θ_{z}$ ,然后

$Z = r_z e^{i \theta_z}。$

对此的证明最好使用(Maclaurin)幂级数展开，并留给感兴趣的读者。有了这个，我们就有了另一个德莫维定理的证明它直接由复数极坐标形式的乘法推导而来。

表明,<年代pan class="katex"> $\cos (5\theta) = cos^5 \theta - 10 \cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5\ cos \theta \sin^4 \theta。$ $因为（ 5 θ ）＝ c o 年代^{5} θ - 10 因为^{3.} θ 罪^{2} θ + 5 因为 θ 罪^{4} θ ．$

应用德莫约夫定理<年代pan class="katex"> $n = 5$ $n ＝ 5$ ,我们有

$\cos (5 \theta) + I \sin (5 \theta) = (\cos \theta + I \sin \theta) ^ 5。$

利用二项式定理展开RHS，比较实部得到

$\cos (5 \theta) = \cos^5 \theta - 10 \cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta。\ _ \广场$

注意:为一个整数<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ，我们可以表达<年代pan class="katex"> $\cos (n \theta)$ $因为（ n θ ）$ 仅仅从<年代pan class="katex"> $\ \因为θ$ $因为 θ$ 通过使用恒等式<年代pan class="katex"> $\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ $罪^{2} θ ＝ 1 - 因为^{2} θ$ ．这被称为第一类切比雪夫多项式。

评估<年代pan class="katex"> $\sin (0\theta) + \sin (1 \theta) + \sin (2 \theta) + \cdots + \sin (n \theta)。$ $罪（ 0 θ ） + 罪（ 1 θ ） + 罪（ 2 θ ） + \dots + 罪（ n θ ）．$

应用德莫维公式，这等价于的虚部

$(\cos \theta + I \sin \theta)^0 + (\cos \theta + I \sin \theta)^1 + (\cos \theta + I \sin \theta)^ 2 + \cdots + (\cos \theta + I \sin \theta)^n。$

把它理解成一个几何级数，和是

$\frac{(\cos \theta + I \sin \theta)^{n+1} -1} {(\cos \theta + I \sin \theta) -1}$

只要比率不为1，也就是说<年代pan class="katex"> $\theta \neq 2k \pi$ $θ \neq ＝ 2 k π$ ．<年代pan class="katex"> $\大($ $（$ 注意，在本例中，我们每一项都得到它<年代pan class="katex"> $\罪(k \θ)$ $罪（ k θ ）$ 为0，因此和为0。<年代pan class="katex"> $\大)$ $）$

把它转换成极坐标形式，我们得到

$\压裂{e ^{我(n + 1) \θ}- 1}{e ^{我\θ}1}= \压裂{e ^{我\离开(\压裂{n + 1}{2} \) \θ}}{e ^{我\压裂{1}{2}\θ}}\ * \压裂{e ^{我\离开(\压裂{n + 1}{2} \) \θ}- e ^{——我\离开(\压裂{n + 1}{2} \) \θ}}{e ^{我\压裂{1}{2}\θ}- e ^ {- i \压裂{1}{2}\θ}}= e ^{我θ\压裂{n}{2} \} \压裂{2我罪\ \[(\压裂{n + 1}{2}) \θ\右]}{2我罪\ $\压裂{1}{2}\θ\右)}。$

取虚部，得到

$罪\压裂{\ \离开(θ\压裂{n}{2} \ $ \罪\离开(\压裂{n + 1}{2} \θ\右)}{\罪\离开(\压裂{1}{2}\θ\右)}。\ _ \广场$

根

的<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 统一的根源是方程的复解吗

$z ^ n = 1。$

假设复数<年代pan class="katex"> $Z = a + bi$ $z ＝一个 + b 我$ 这个方程的解，考虑极坐标表示吗<年代pan class="katex"> $Z = r e^{i\theta}$ $z ＝ r e^{我 θ}$ ,在那里<年代pan class="katex"> $R = \√{a^2 + b^2}$ $r ＝一个^{2} + b^{2}$ 而且<年代pan class="katex"> $\tan \theta = \frac{b}{a}， 0 \leq \theta < 2\pi$ $棕褐色 θ ＝ \frac{b}{一个} ， 0 \leq θ < 2 π$ ．然后,通过<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/de-moivres-theorem-raising-to-a-power-easy/">De Moivre定理,我们有

$1 = z^n = \大(r e^{i\theta} \大)^n = r^n (\cos \theta + i\ sin \theta)^n = r^n (\cos n \theta + i\ sin n \theta)。$

这意味着<年代pan class="katex"> $r ^ n = 1$ $r^{n} ＝ 1$ 而且,既然<年代pan class="katex"> $r$ $r$ 是一个实数，非负数吗<年代pan class="katex"> $r = 1。$ $r ＝ 1 ．$ 同时,<年代pan class="katex"> $N \theta = 2k \pi$ $n θ ＝ 2 k π$ 或<年代pan class="katex"> $\theta = \frac{2k \pi}{n}$ $θ ＝ \frac{2 k π}{n}$ 对于一些整数<年代pan class="katex"> $k$ $k$ ．现在,值<年代pan class="katex"> $K = 0,1,2， \ldots, n-1$ $k ＝ 0 ， 1 ， 2 ， .．. ， n - 1$ 给出不同的值<年代pan class="katex"> $\θ$ $θ$ 对于任何其他值<年代pan class="katex"> $k$ $k$ ，我们可以加减的整数倍<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 使减少:减少到…的这些值之一<年代pan class="katex"> $\θ$ $θ$ ．

因此,<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 单位的根是复数

$e ^{\压裂{2 k \π}{n}我}= \因为\离开(\压裂{2 k \π}{n} \右)+我罪\ $\压裂{2 k \π}{n} $ \文本为}{k = 0, 1, 2, \ ldots, n - 1。$

注意，这给出了<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 复杂的<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 团结的根源，正如我们从<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/fundamental-theorem-of-algebra/" class="wiki_link" title="代数基本定理" target="_blank">代数基本定理．因为所有单位的复根的绝对值都是1，所以这些点都在单位圆上。此外，由于任意两个连续根之间的夹角为<年代pan class="katex"> $\压裂{2 \π}{n}$ $\frac{2 π}{n}$ ，单位的复根在单位圆周围均匀间隔。

这个方程的复解是什么<年代pan class="katex"> $z = \ sqrt [3] {1} ?$ $z ＝ 3. 1 ?$

把两边切成块状<年代pan class="katex"> $z ^ 3 = 1,$ $z^{3.} ＝ 1 ，$ 暗示<年代pan class="katex"> $z$ $z$ 是一个<年代pan class="katex"> $3 ^ \文本{rd}$ $3.^{理查德\cdot道金斯}$ 根的团结。由以上，<年代pan class="katex"> $3 ^ \文本{rd}$ $3.^{理查德\cdot道金斯}$ 团结的根源是

$e ^{\压裂{2 k \π}{3}我}= \因为\离开(\压裂{2 k \π}{3}\右)+我罪\ $\压裂{2 k \π}{3}$\文本为}{k = 0, 1, 2。$

这是统一的根源<年代pan class="katex"> $1, e^{\frac{2\pi}{3} i}， e^{\frac{4\pi}{3} i}$ $1 ， e^{\frac{2 π}{3.} 我} ， e^{\frac{4 π}{3.} 我}$ ,或

$1 \四\压裂{1},{2}+ \压裂{\ sqrt{3}}{2}我\四\压裂{1},{2}- \压裂{\ sqrt{3}}{2}。\ _ \广场$

注意:解这个方程的另一种方法是因式分解<年代pan class="katex"> $Z²-1 = (Z -1) (Z²+ Z + 1)$ $z^{3.} - 1 ＝（ z - 1 ）（ z^{2} + z + 1 ）$ ．那么解是<年代pan class="katex"> $z = 1$ $z ＝ 1$ 求二次方程的解<年代pan class="katex"> $Z²+ Z + 1=0$ $z^{2} + z + 1 ＝ 0$ ，可以用二次公式求出。

给定的正整数<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ,让<年代pan class="katex"> $\zeta = e^{\frac{2k\pi}{n} I}$ $ζ ＝ e^{\frac{2 k π}{n} 我}$ 对于一些<年代pan class="katex"> $K = 1,2， \ldots, n-1$ $k ＝ 1 ， 2 ， .．. ， n - 1$ ,也就是说,<年代pan class="katex"> $\ζ$ $ζ$ 是一种<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 统一之根即不等于<年代pan class="katex"> $1$ $1$ ．表明,

$1 + \zeta + \zeta^2 + \cdots + \zeta^{n-1} = 0。$

自<年代pan class="katex"> $\ζ$ $ζ$ 是一个<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 团结之根，我们有<年代pan class="katex"> $\ζ^ n = 1$ $ζ^{n} ＝ 1$ ．然后

$0 = 1 - \ζ^ n =(1 - \ζ)\大(1 + \ζ+ \ζ^ 2 + \ cdots + \ζ^ {n} \大)。$

自<年代pan class="katex"> $\ζ\ 1$ $ζ \neq ＝ 1$ ,我们有<年代pan class="katex"> $1 + \zeta + \zeta^2 + \cdots + \zeta^{n-1} = 0。\ _ \广场$ $1 + ζ + ζ^{2} + \dots + ζ^{n - 1} ＝ 0 ．_{□}$

$\ dfrac {31-2 \ delta_ {1}} {2 \ delta_ {1}} + \ dfrac {31-2 \ delta_ {2}} {2 \ delta_ {2}} + \ dfrac {31-2 \ delta_ {3}} {2 \ delta_ {3}}$

如果<年代pan class="katex"> $1, \ delta_ {1}, \ delta_ {2}, \ delta_ {3}$ $1 ， δ_{1} ， δ_{2} ， δ_{3.}$ 是不同的四次根，然后求上面的表达式。

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