极坐标gydF4y2Ba

我们可以通过极坐标在平面上放置一个点gydF4y2Ba $(r， \ \theta)gydF4y2Ba$欧拉公式表示gydF4y2Ba $E ^{i\theta} = \cos{\theta} + i\ sin{\theta}。gydF4y2Ba$用这个公式，我们有gydF4y2Ba $R e^{i\theta} = R \cos{\theta} + ir \sin{\theta} = x + iy，gydF4y2Ba$所以我们有笛卡尔坐标gydF4y2Ba $(x， \ y)gydF4y2Ba$从极坐标。因此，平面上的点可以用极坐标表示gydF4y2Ba $(r， \ \theta)，gydF4y2Ba$哪个有等价的复数gydF4y2Ba $r e ^{我\θ}。gydF4y2Ba$

两点的乘法gydF4y2Ba $(r_1， \ \theta_1)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $(r_2， \ \theta_2)，gydF4y2Ba$它们有等价的复数，很容易计算。给定两个等价的复数gydF4y2Ba $r_1 e ^{我\ theta_1}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $r_2 e ^{我\ theta_2},gydF4y2Ba$乘法是gydF4y2Ba $\{对齐}重新开始^{我\θ}= & \离开(r_1 e ^{我\θ_1}\)\离开(r_2 e ^{我θ_2 \}\)\ \ = & (r_1 r_2) \离开(e ^{我\θ_1}e ^{我θ_2 \}\)\ \ = & r_1 r_2 e ^{我(\θ_1 + \θ_2)},结束\{对齐}gydF4y2Ba$这里，指数对实数的加法法则也同样适用于复数。因此，两点的乘法是gydF4y2Ba $(r， \ \theta)，gydF4y2Ba$在哪里gydF4y2Ba $R = r_1 r_2gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\theta = \theta _1 + \theta _2。gydF4y2Ba$

两点的乘法是多少gydF4y2Ba $(3、5)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $(2、4)gydF4y2Ba$在极坐标下?gydF4y2Ba

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乘法的第一个坐标是前两个坐标的乘积。乘法的第二个坐标是两个第二个坐标的和。因此，我们有gydF4y2Ba $(r,θ\)=(3 \ * 2,5 + 4)=(6,9)。\ _ \广场gydF4y2Ba$

两点的乘法是多少gydF4y2Ba $(5,2)gydF4y2Ba$在极坐标中gydF4y2Ba $(4,3)gydF4y2Ba$在笛卡尔坐标系中?以弧度近似计算小数点以下两位的角度。gydF4y2Ba

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转换gydF4y2Ba $(4,3)gydF4y2Ba$从笛卡尔坐标到极坐标:gydF4y2Ba $左\ \√,{4 ^ 2 + 3 ^ 2}\反正切{\压裂{3}{4}}\右)= 0.64(5)。gydF4y2Ba$

在极坐标中，乘法的第一个坐标是两个第一个坐标的乘积，而乘法的第二个坐标是两个第二个坐标的和。因此，我们有gydF4y2Ba $(r,θ\)\约(5 \乘以5,2 + 0.64)= 2.64(25日)。\ _ \广场gydF4y2Ba$

两点的乘法是多少gydF4y2Ba $(-12)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $(8)gydF4y2Ba$在笛卡尔坐标系中?以弧度近似计算小数点以下两位的角度。gydF4y2Ba

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转换gydF4y2Ba $(-12)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $(8)gydF4y2Ba$从笛卡尔坐标到极坐标:gydF4y2Ba $左\ \√{5 ^ 2 +(-12)^ 2},\反正切{\压裂{-12}{5}}\右)= -1.176(13日)gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $左\ \√{6 ^ 2 + 8 ^ 2}\反正切{\压裂{8}{6}}\右)=(10,0.927)。gydF4y2Ba$

因此，我们有gydF4y2Ba $(r， \theta) = (13 \ * 10， -1.176 \ldots + 0.927 \ldots) \约(130，-0.25)。\ _ \广场gydF4y2Ba$

主要文章:gydF4y2Ba极坐标到笛卡尔坐标gydF4y2Ba,gydF4y2Ba笛卡尔坐标到极坐标gydF4y2Ba

一个复数gydF4y2Ba $Z = x + \imath ygydF4y2Ba$是由点表示的gydF4y2Ba $(x, y)gydF4y2Ba$在复平面上。根据复数的性质，我们可以写出gydF4y2Ba $\{对齐}开始x & = \ z Re (z) = | | \ cosθ(\)\ \ y和z = \ Im (z) = | | \罪(\θ),结束\{对齐}gydF4y2Ba$在哪里gydF4y2Ba $|z| = \√{x^2 + y^2}gydF4y2Ba$．如下图所示:gydF4y2Ba

复数gydF4y2Ba

注意gydF4y2Ba $(x, y)gydF4y2Ba$对可以等效地用另一个对的三角函数来描述gydF4y2Ba $(z | | \θ)gydF4y2Ba$，常表示为gydF4y2Ba $(r,θ\)gydF4y2Ba$．这些被称为复数的极坐标gydF4y2Ba $zgydF4y2Ba$．gydF4y2Ba

$rgydF4y2Ba$是否是一个非负数，表示复数的大小(圆的半径)，并表示在从原点向外延伸的径向轴上gydF4y2Ba $(0,0)gydF4y2Ba$．的表达式gydF4y2Ba $\θgydF4y2Ba$可以通过除法得到gydF4y2Ba $Y = |z| \sin (\theta)gydF4y2Ba$通过gydF4y2Ba $X = |z| \cos (\theta)gydF4y2Ba$：gydF4y2Ba

$\theta = \arctan\left(\frac{y}{x}\right)gydF4y2Ba$叫做复数的辐角。gydF4y2Ba

复数的极坐标形式是什么gydF4y2Ba $Z = 1 + 1i?gydF4y2Ba$

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我们可以在复平面上画出这个点gydF4y2Ba

例子gydF4y2Ba

从图中我们可以看到三角形有两条等边;由此我们知道它也一定有两个相等的角。因为其中一个角是gydF4y2Ba $90gydF4y2Ba$度，我们可以有把握地得出结论gydF4y2Ba $\θgydF4y2Ba$等于gydF4y2Ba $45gydF4y2Ba$度或gydF4y2Ba $\压裂{\π}{4}gydF4y2Ba$弧度。我们可以找到gydF4y2Ba $z | |gydF4y2Ba$通过毕达哥拉斯定理计算三角形的斜边:gydF4y2Ba $x ^ 2 + y ^ 2 = z ^ 2 \ z意味着| | = \√{1 ^ 2 + 1 ^ 2}= \ sqrt{2}。gydF4y2Ba$因此我们可以把复数写成gydF4y2Ba $z = \ sqrt{2} \离开(\因为\压裂{\π}{4}+ i \罪\压裂{\π}{4}\右)。\ _ \广场gydF4y2Ba$

写gydF4y2Ba $I ' m + b + bgydF4y2Ba$它的极坐标形式。gydF4y2Ba

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应用我们的公式，gydF4y2Ba ${对齐}\θ& = \ \开始arg (z) \ \ & = \反正切\压裂{y} {x} \ \ & = \反正切\ sqrt{3} = \压裂{\π}{3}\ \ \ \ r & z = | | \ \ & = \√6{1 ^ 2 + \√{3})^ 2}= 2 \ \ \ \ z & z = | |(罪\ cosθ+ i \ \ \θ)\ \ z & = 2 \离开(\因为\压裂{\π}{3}+ i \罪\压裂{\π}{3}\右)。\ _\方形\端{对齐}gydF4y2Ba$

写gydF4y2Ba $6 \离开(\因为\压裂{5 \π}{3}+ i \罪\压裂{5 \π}{3}\右)gydF4y2Ba$以矩形的形式。gydF4y2Ba

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我们知道gydF4y2Ba $|z| = 6，gydF4y2Ba$然后我们评估gydF4y2Ba $罪\ \压裂{5 \π}{3}= \压裂{- \ sqrt{3}}{2}, \四\因为\压裂{5 \π}{3}= \压裂{1}{2}。gydF4y2Ba$因此我们的复数gydF4y2Ba $zgydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\{对齐}开始z & z = | |(罪\ cosθ+ i \ \ \θ)\ \ & = 6 \离开(\压裂{1}{2}+ \压裂{- \ sqrt{3}}{2}我\)\ \ & = 3 \离开(1 -大概{3}我\ \)\ \ & = 3 3 \ sqrt{3}。\ _\方形\端{对齐}gydF4y2Ba$

$\left(1 + \sqrt{2} i\right)\cdot\left(1-\sqrt{2} i\right)gydF4y2Ba$它的极坐标形式。gydF4y2Ba

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我们有gydF4y2Ba $\{对齐}开始(1 + \ sqrt{2}我)\ cdot (1 - \ sqrt{2}我)& = 1 \ cdot1 - \√{2}我+ \ sqrt {2} i - \ sqrt{2}我大概{2}\ cdot \ \ \ & = 3 + 0 \ cdot我。\{对齐}结束gydF4y2Ba$根据公式，我们有gydF4y2Ba $\θ= arg (z) = \反正切\压裂{y} {x} = \反正切\压裂{0}{3}= 0。gydF4y2Ba$然后自gydF4y2Ba $R =\lvert z \rvert =\根号{3^2 +0^2}= 3，gydF4y2Ba$我们可以得出结论gydF4y2Ba $\begin{aligned} z &= |z|(\cos \theta + I \sin \theta) \\ &= 3(\cos 0 + I \sin 0)。\ _\方形\端{对齐}gydF4y2Ba$

写gydF4y2Ba $我\离开(1 - \ sqrt{3}我\右)gydF4y2Ba$它的极坐标形式。gydF4y2Ba

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给定的表达式可以重写为gydF4y2Ba $\begin{aligned} i(1-\根号{3}i) = \根号{3}+i。结束\{对齐}gydF4y2Ba$然后我们有gydF4y2Ba $\θ= arg (z) = \反正切\压裂{y} {x} = \反正切\压裂{1}{\ sqrt{3}} = \压裂{\π}{6},gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $R = |z| = \根号{1^2 +(\根号{3})^2}= 2。gydF4y2Ba$因此，极坐标形式gydF4y2Ba $zgydF4y2Ba$是gydF4y2Ba $\{对齐}开始z & z = | |(罪\ cosθ+ i \ \ \θ)\ \ & = 2 \离开(\因为\压裂{\π}{6}+ i \罪\压裂{\π}{6}\右)。\ _\方形\端{对齐}gydF4y2Ba$

如果gydF4y2Ba $左(\ b \因为\压裂{\π}{}+ \罪\压裂{\π}{}我\右)gydF4y2Ba$的极坐标形式是gydF4y2Ba $3+ 3\根号{3}i，gydF4y2Ba$是什么gydF4y2Ba $一个gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $b ?gydF4y2Ba$

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观察到gydF4y2Ba $3+ 3\ v# b b b bgydF4y2Ba$可以表示为gydF4y2Ba $c \离开(\压裂{3}{c} + \压裂{3 \ sqrt {3}} {c}我\右),gydF4y2Ba$在哪里gydF4y2Ba $cgydF4y2Ba$为正整数。然后自gydF4y2Ba $\sin²\ + cos²\ =1，gydF4y2Ba$我们可以得到gydF4y2Ba $cgydF4y2Ba$如下:gydF4y2Ba ${对齐}\ \开始离开(\压裂{3}{c} \右)^ 2 + \离开(\压裂{3 \ sqrt {3}} {c} \右)^ 2 = \压裂{3 ^ 2 + 3 \√{3})^ 2}{c ^ 2} = \压裂{36}{c ^ 2} & = 1 \ \ \ Rightarrow c = 6。结束\{对齐}gydF4y2Ba$自gydF4y2Ba $c = 6,gydF4y2Ba$ $3+ 3\ v# b b b bgydF4y2Ba$可以表示为gydF4y2Ba $c \离开(\压裂{3}{c} + \压裂{3 \ sqrt {3}} {c}我\右)= 6 \离开(\压裂{3}{6}+ \压裂{3 \ sqrt{3}}{6}我\右)= 6 \离开(\压裂{1}{2}+ \压裂{\ sqrt{3}}{2}我\右)。gydF4y2Ba$因此,自gydF4y2Ba $\cos \frac{\pi}{a} = \frac{1}{2}gydF4y2Ba$而且gydF4y2Ba $\sin \frac{\pi}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}，gydF4y2Ba$从三角函数我们可以得出这个结论gydF4y2Ba $= 3。gydF4y2Ba$因此，答案是gydF4y2Ba $= 3, b = 6。\ _ \广场gydF4y2Ba$