De Moivre定理

De Moivre定理给出了计算幂的公式<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/complex-numbers/" class="wiki_link" title="复数" target="_blank">复数．我们首先对德莫弗定理有了一些直观的认识通过考虑当我们把一个复数乘以它自己时会发生什么。

回想一下<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"> $Z = r (cos + isin)$ $z ＝ r （因为 θ + 我罪 θ ）$ 与

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

然后是复数的平方<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(\ \θ的罪cos + sin cos)大)&= r^2左(cos + isin右)结束\{对齐}$

这表明，对一个复数平方，绝对值的平方和实参相乘<年代pan class="katex"> $2$ $2$ ．为<年代pan class="katex"> $n \组3$ $n \geq 3.$ ， de Moivre定理将其推广，证明了把一个复数的<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 幂，绝对值是<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 幂和参数相乘<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ．

De Moivre定理:

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

$大(r (cos + isin)大)^n = r^n大(cos n) + isin n大)$

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"> $N = k + 1$ $n ＝ k + 1$ 我们期望的

$(\ \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(\)\罪(k \θ)\罪(\θ)+ i \大(\ cosθ)(k \ \罪(\θ)+ \罪(k \θ)\ cosθ)(\ \大)\ \ & = \ cos (k \θ+ \θ)+ i \罪(k \θ+ \θ)& &(\{文本从三角中扣除规则})\ \ & = \ 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。

这个定理是正确的<年代pan class="katex"> $n = 1$ $n ＝ 1$ 和<年代pan class="katex"> $N = k + 1$ $n ＝ k + 1$ ，对所有人都是如此<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"> $Z = r (cos + isin)$ $z ＝ r （因为 θ + 我罪 θ ）．$ 对于一般形式的复数<年代pan class="katex"> $Z = a + bi$ $z ＝一个 + b 我$ ，可能需要首先计算要转换的绝对值和实参<年代pan class="katex"> $z$ $z$ 的形式<年代pan class="katex"> $R (cos + isin)$ $r （因为 θ + 我罪 θ ）$ 在应用德莫弗定理之前。

提高到基本能力

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"> $R (cos + isin)$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 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}= 8 (0 + 1 I) \\ &= 8i。\ \ _ \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"> $R (cos + isin)$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 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"> $(1 +根号{3}I)^{2013}。$ $（ 1 + 3. 我）^{201 3.} ．$

为了表达<年代pan class="katex"> $Z = 1 +√{3}I$ $z ＝ 1 + 3. 我$ 在表单中<年代pan class="katex"> $R (cos + isin)$ $r （因为 θ + 我罪 θ ），$ 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}$

提高到幂-中间

De Moivre定理:

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

$(cos x + isin x) ^n = cos nx + isin nx。$

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

$\{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"> $n$ $n$ ．还有一个更普遍的版本<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 是一个复数。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。

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

$Z = r_z e^{i \theta_z}$

证明这一点最好使用(麦克劳林)幂级数展开，留给感兴趣的读者。有了这个，我们就有了另一个对德莫弗定理的证明它直接由复数的极坐标乘法推导而来。

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

应用De Moivre定理<年代pan class="katex"> $n = 5$ $n ＝ 5$ ,我们有

$cos (5) + isin (5) = cos + isin ^ 5。$

用二项式定理对RHS进行扩展，比较实部得到

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

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"> $cos (n)$ $因为（ n θ ）$ 仅就…而言<年代pan class="katex"> $\ \因为θ$ $因为 θ$ 通过使用恒等式<年代pan class="katex"> $sin^2 = 1 - cos^2$ $罪^{2} θ ＝ 1 - 因为^{2} θ$ ．这被称为第一类切比雪夫多项式。

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

应用De Moivre公式，它等价于虚部

$(cos + isin)^0 + (cos + isin)^1 + (cos + isin)^ 2 + cdots + (cos + isin)^n。$

把它解释成几何级数，它的和是

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

只要比值不是1，也就是说<年代pan class="katex"> $neq 2k$ $θ \neq ＝ 2 k π$ ．<年代pan class="katex"> $\大($ $（$ 注意，在这个例子中，我们得到每一项<年代pan class="katex"> $\罪(k \θ)$ $罪（ k θ ）$ 是0，因此和是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\]}{2我罪\ $\压裂{1}{2}\θ\右)}。$

取虚部，我们得到

$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"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 统一的根源是这个方程的复解吗

$z ^ n = 1。$

假设复数<年代pan class="katex"> $Z = a + bi$ $z ＝一个 + b 我$ 是这个方程的解，考虑它的极坐标表示<年代pan class="katex"> $Z = r e^{i\ θ}$ $z ＝ r e^{我 θ}$ ,在那里<年代pan class="katex"> $R =根号{a^2 + b^2}$ $r ＝一个^{2} + b^{2}$ 和<年代pan class="katex"> ${a}， 0 \leq \theta < 2\pi$ $棕褐色 θ ＝ \frac{b}{一个} ， 0 \leq θ < 2 π$ ．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

$1 = z^n = big(r e^{i\theta} \big) ^n = r^n (cos + isin)^n = r^n (cos + isin))$

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"> $N = 2k$ $n θ ＝ 2 k π$ 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"> $\θ$ $θ$ 对于任意其他的值<年代pan class="katex"> $k$ $k$ ，我们可以加或减的整数倍<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 的一个值<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．因为所有的单位根的绝对值都是1，所以这些点都在单位圆上。而且，由于任意两个连续根之间的夹角是<年代pan class="katex"> $\压裂{2 \π}{n}$ $\frac{2 π}{n}$ ，单位的复根在单位圆上均匀间隔。

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

两边取方块<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。综上所述<年代pan class="katex"> $3 ^ \文本{rd}$ $3.^{理查德\cdot道金斯}$ 统一的根源是

$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。$

这是团结的根源<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:另一种解这个方程的方法是因式分解<年代pan class="katex"> $Z ^3 -1 = (Z -1) (Z ^2 + Z + 1)$ $z^{3.} - 1 ＝（ z - 1 ）（ z^{2} + z + 1 ）$ ．那么解决方案是<年代pan class="katex"> $z = 1$ $z ＝ 1$ 以及二次方程的解<年代pan class="katex"> $Z ^2 + Z + 1=0$ $z^{2} + z + 1 ＝ 0$ ，可以用二次公式求出来。

给定的正整数<年代pan class="katex"> $n$ $n$ ,让<年代pan class="katex"> $e^{k}{n} {n}$ $ζ ＝ e^{\frac{2 k π}{n} 我}$ 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"> $\ζ$ $ζ$ 是其中之一<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 不等于的单位根<年代pan class="katex"> $1$ $1$ ．表明,

$1 + ^2 + cdots + ^{n-1} = 0。$

自<年代pan class="katex"> $\ζ$ $ζ$ 是一个<年代pan class="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 团结的根，我们都有<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"> $1 + ^2 + cdots + ^{n-1} = 0。\ _ \广场$ $1 + ζ + ζ^{2} + \dots + ζ^{n - 1} ＝ 0 ．_{□}$

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

如果<年代pan class="katex"> $1, \ delta_ {1}, \ delta_ {2}, \ delta_ {3}$ $1 ， δ_{1} ， δ_{2} ， δ_{3.}$ 是不同的四根单位，然后计算上面的表达式。

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