De Moivre定理

德莫伊夫定理给出了计算幂的公式复数．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，使用极坐标形式，任意复数 $z = a + ib$可以表示为 $Z = r (cos + isin)$与

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

然后将复数平方 $Z$给予

$\开始{aligned}z^2&=\big（r（\cos\theta+i\sin\theta）\big）^2\&=r^2\left（\cos\theta+i\sin\theta\right）\\\&=r^2\left（\cos\theta\cos\theta+i\sin\theta\cos\theta+i\sin\theta\cos\theta+i^2\sin\theta\right）\\&=r^2\big（\cos\theta\cos\cos\theta\sin\theta-\sin\theta\sin（\sin\theta\cos\theta+\sin\theta\cos\theta）\big）\\&=r^2\left（\cos 2\theta+i\sin 2\theta\right）。\end{aligned}$

这表明，对一个复数平方，绝对值的平方和实参相乘 $2.$．对于 $n \组3$， de Moivre定理将其推广，证明了把一个复数的 $n ^ \文本{th}$幂，绝对值是 $n ^ \文本{th}$权力和论点乘以 $N$．

De Moivre定理:

对于任何复数 $x$还有整数 $N$,

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

我们将用归纳法来证明。

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: $\大（\cos（\theta）+i\sin（\theta）\big）^{n}$．对于 $n=1$,我们有

$\大（\cos（\theta）+i\sin（\theta）\big）^{1}=\cos（1\cdot\theta）+i\sin（1\cdot\theta），$

那是真正的．

我们可以假设同样的公式适用于 $n=k$，所以我们有

$\大（\cos（\theta）+i\sin（\theta）\big）^{k}=\cos（k\theta）+i\sin（k\theta）。$

对于 $n=k+1$，我们希望

$\大（\cos（\theta）+i\sin（\theta）\big）^{k+1}=\cos\big（（k+1）\theta\big）+i\sin\big（（k+1）\theta\big）。$

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 $n=k+1，$我们有 $(\ \大cosθ(\)+ i \ sinθ)(\ \大)^ {k + 1} = \因为\大(θ(k + 1) \ \大)+我罪\ \大(θ(k + 1) \ \大),$像预期的那样。

这个定理是正确的 $n=1$和 $n=k+1$，对所有人都是如此 $n \组1$． $_ \广场$

注意，在de Moivre定理中，复数的形式是 $Z = r (cos + isin)$对于一般形式的复数 $Z = a + bi$，可能需要首先计算要转换的绝对值和实参 $Z$的形式 $R (cos + isin)$在应用德莫弗定理之前。

评估 $(1 - I)^{6}$．

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为了表达 $Z = 1 - I$在形式上 $R (cos + isin)$我们计算绝对值 $R$和参数 $\西塔$如下:

$\begin{aligned}\mbox{Absolute value}:&r=\sqrt{1^2+（-1）^2}=\sqrt{2}\\\mbox{Argument}:&\theta=\arctan\frac{-1}{1}=-\frac{\pi}{4}.\end{aligned}$

现在，应用DeMoivre定理，我们得到

$\{{{}}}}{{{{{}}}}}{{{{}}}}}}}}}}{{{{}}}}}}}{{{}}}}{{{{}}}}}}{{{{{}}}}}}}{{{{{}}}}}{{{{}}}}{{{{{}}}}}}{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}\pi}{2}\right）+i\sin\left（-\frac{3\pi}{2}\right）\right]\\&=8（0+1i）\\&=8i.\\\\usquare\end{aligned}$

评估 $左(\ \压裂{\ sqrt{2}}{2} + \压裂{\ sqrt{2}}{2}我\右)^{1000}。$

---

为了表达 $z=\left（\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}}{2}i\right）$在形式上 $R (cos + isin)$我们计算绝对值 $R$和参数 $\西塔$如下:

$\开始{aligned}\mbox{Absolute value}:&r=\sqrt{\left（\frac{\sqrt{2}}}{2}\right）^2+\left（\frac{\sqrt{2}}{2}\right）^2}=1\\\mbox{Argument}:&theta=\arctan 1=\frac{\pi}{4}\结束{对齐}$

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 $\大（1+\sqrt{3}i\big）^{2013}。$

---

为了表达 $Z = 1 +√{3}I$在形式上 $R (cos + isin)$我们计算绝对值 $R$和参数 $\西塔$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}$

De Moivre定理:

对于任何复数 $x$还有整数 $N$,

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

---

证明:我们用归纳法证明了这个公式 $N$应用三角和积公式。我们首先考虑非负整数。基本情况 $n=0$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 $N$．还有一个更普遍的版本 $N$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 $Z$复数有绝对值吗 $r_z$和参数 $\ theta_z$然后

$z=r_z e^{i\theta_z}。$

最好使用（Maclaurin）幂级数展开来证明这一点，并留给感兴趣的读者。有了这一点，我们就有了德莫伊夫定理的另一个证明，该定理直接来自极坐标形式的复数乘法。

显示 $cos (5) = cos^5 - 10cos ^3 sin^2 + 5cos sin^4。$

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应用De Moivre定理 $n = 5$,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

$\cos（5\theta）=\cos^5\theta-10\cos^3\theta\sin^2\theta+5\cos\theta\sin^4\theta.\\平方$

注:为一个整数 $N$，我们可以表达 $cos (n)$仅就 $\ \因为θ$通过使用恒等式 $sin^2 = 1 - cos^2$这就是第一类切比雪夫多项式。

评估 $sin 0 + sin 1 + sin 2 + cdots + sin n。$

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应用De Moivre公式，这相当于

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

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 $neq 2k$． $\大($注意，在这个例子中，我们得到每一项 $\罪(k \θ)$是0，因此和是0。 $\大)$

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

$\frac{\sin\left（\frac{n}{2}\theta\right）\sin\left（\frac{n+1}{2}\theta\right）}{\sin\left（\frac{1}{2}\theta\right）}$

这个 $n ^ \文本{th}$统一的根源是这个方程的复解吗

$z^n=1。$

设复数 $Z = a + bi$是这个方程的解，考虑它的极坐标表示 $Z = r e^{i\ θ}$,在那里 $R =根号{a^2 + b^2}$和 ${a}， 0 \leq \theta < 2\pi$然后,By德莫伊夫定理,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 $r ^ n = 1$而且,既然 $R$是一个实数，非负数，我们有 $r = 1。$同时, $N = 2k$或 $\θ=\frac{2k\pi}{n}$对于某个整数 $K$.现在，价值观 $k=0,1,2\ldots，n-1$给出不同的值 $\西塔$对于任意其他的值 $K$，我们可以加上或减去 $N$的一个值 $\西塔$．

因此, $n ^ \文本{th}$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 $N$复杂的 $n ^ \文本{th}$团结的根源，正如我们从代数基本定理．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 $\分形{2\pi}{n}$，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 $z = \ sqrt [3] {1} ?$

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两边都是立方的 $z^3=1，$暗示 $Z$是一个 $3^\text{rd}$团结之根。由上可知 $3^\text{rd}$统一的根源是

$e^{\frac{2k\pi}{3}i}=\cos\left（\frac{2k\pi}{3}\right）+i\sin\left（\frac{2k\pi}{3}\right）\text{for}k=0,1,2。$

这就是团结的根源 $1，e^{\frac{2\pi}{3}i}，e^{\frac{4\pi}{3}i}$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:另一种解这个方程的方法是因式分解 $Z ^3 -1 = (Z -1) (Z ^2 + Z + 1)$然后thEsolutions are $z = 1$以及二次方程的解 $z^2+z+1=0$，可使用二次公式找到。

给定正整数 $N$允许 $e^{k}{n} {n}$对于一些 $K = 1,2, ldots, n-1$,也就是说, $\泽塔$是其中一个 $n ^ \文本{th}$不等于 $1.$．显示

$1 + ^2 + cdots + ^{n-1} = 0。$

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自 $\泽塔$是一个 $n ^ \文本{th}$团结的根，我们有 $\ζ^ n = 1$然后

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

自 $\ζ\ 1$,我们有 $1+\zeta+\zeta^2+\cdots+\zeta^{n-1}=0.\\平方$