Подписка на блог

В Телеграме помимо ссылок на заметки делюсь околодизайнерскими наблюдениями.

В Твиттере помимо ссылок на заметки пишу всякую чушь.

В Тумблере и Же-же есть автоматические трансляции. Если не работает, напишите мне: ilyabirman@ilyabirman.ru.

По РСС и Джейсон-фиду трансляции для автоматических читалок

Э литл бит оф комплексити

У меня вопрос. Вот формула умножения комплексных чисел с известными модулем и аргументом:

Формула умножения комплексных чисел с известными модулем и аргументом

Очевидно ли вам, что из неё следует формула возведения комплексного числа в целую положительную степень?

Формула возведения комплексного числа в целую положительную степень

Если да, как бы вы объяснили этот переход тому, кто сомневается в его правомерности? Если нет, что заставляет вас сомневаться в возможности такого перехода?

Спасибо.
Подписаться на блог
Поделиться
Отправить
 13   2009   вопрос   математика
51 комментарий
Олег Андреев 2009
Ну, для натурального n правомерность этой формулы можно доказать методом индукции.

База: z^2 = rho*rho (cos(2 phi) + i sin(2 phi))
Если предположить, что z^(n-1) = rho^(n-1) (cos, то z^n = rho^n (cos(n phi) + i sin(n phi)) потому что z^n = z*z^(n-1), углы складываются, а радиусы умножаются. Т. к. у нас есть база, мы можем доказать справедливость формулы для любого целого n > 0.

QSFD.
Олег Андреев 2009
Блин, CQFD, конечно.
Олег Андреев 2009
Тем, кому неочевиден переход и трудно воспринять формальное доказательство, можно объяснить, что (Y+Y+...Y) M раз для краткости записывают как «Y*M», а (X*X*...X) N раз для краткости записывают как «X в степени N».
Илья Бирман 2009
Нужно придумать такое объянение, которое было бы простым, но при этом не переставало бы быть формально верным :-) С тем, что ты показал, проблемы вообще нет; проблема в том, что всё это происходит внутри скобок да ещё и под тригонометрическими функциями.
Олег Андреев 2009
Ээ. А что не так со скобками? Первая же формула уже считается доказанной. Мы лишь применяем ее для чисел Z и Z^(N-1) и упрощаем выражение.
Олег Андреев 2009
Если же речь идёт о том, чтобы объяснить это полному профану, то проще либо отправить его поучиться в среднюю школу, либо перестать мучить алгеброй комплексных чисел и прочитать сказку на ночь.
Девич 2009
Если кто-то сомневается в том, что a×a×...×a n раз получится a^n, и b+b+...+b m раз получится m×b, то лучше и не пытаться ему что-то объяснять.
Юрко 2009
0. для n=1 доказательство очевидно :)
1. z^n=z^(n-1)*z
2. z^(n-1)= r^(n-1) (cos [n-1]fi+i*sin[n-1]fi)= z1 (согласно второй формуле)
3. z= r(cos fi + i sin fi) = z2
4. согласно первой формуле имеем из (2) и (3)
z1*z2 = r^n *( cos (n-1)fi * cos fi — sin (n-1) sin fi + i { sin[n-1]cos fi + cos [n-1] sin fi } )
если мне память не изменяет, первые два члена — это cos {(n-1)fi + fi} = cos n*fi, а вторые два — это sin n*fi
5. согласно матиндукции, утверждение доказано. а кто не верит в матиндукцию, пусть переименует m=n-1, и попробует доказать утверждение 2, повторив пункты 0—4 :)
Илья Бирман 2009
В пункте 2 вы ссылаетесь на вторую формулу, которую, как раз, и нужно доказать.
Девич 2009
О, раскладкой Бирмана на сайте Бирмана лучше не пользоваться.
Илья Бирман 2009
Это давным-давно известный факт.
Юрий Хан 2009
Нужно просто показать комплексную плоскость и представить умножение на комплексное число как композицию двух преобразований: растяжения (*rho) и поворота (*e^(i*phi)). Показать, что все такие преобразования коммутируют, поэтому (rho*e^(i*phi))^n = (rho^n)*e^(i*(n*phi)).
Илья Бирман 2009
Это понятно, но это позволяет лишь показать справедливость второй формулы, в то время, как мне нужно её доказать :-) Причём, как можно проще и компактнее.
Ярослав Патрикеев 2009
а что тут непонятного? Надо просто подставить на место z2 в первой формуле z1. Это будет квадрат z1. Сошлось с формулой. Потом еще раз умножить то, что получилось. Опять сошлось. И так далее.
Илья Бирман 2009
Что ещё раз потом умножить? Покажите.
Guest 2009
Ещё вариант.
Представляем комплексное число парой (модуль, аргумент) — (r, phi).
Тогда формула означает, что (r1, phi1) * (r2, phi2) = (r1 * r2, phi1 + phi2).
Отсюда сразу понятно, что (r, phi) ^ n = (r^n, n * phi).
Артём Курапов 2009
Очевидно. Попробуй с квартенионами то же повытворять
Степан Легачёв 2009
Простой путь — положим, z1 и z2 равны, получим формулу для квадрата.
Введём в первую формулу z3, затем снова предположим, что z1=z2=z3 — получим формулу куба.
Такие рассуждения, очевидно, далее приведут к второй формуле, т. е. формуле для энной степени.
Илья Бирман 2009
По какому праву мы «введём в первую формулу z3»?
bes island 2009
Да, очевидно. Вспоминаем, что z^n = z * z * … * z. Полагаем z2 = z1 = z.
Илья Бирман 2009
С этим-то очевидно. Неочевидно, что фи под синусом и косунусом опять будут складываться.
Baka 2009
> Илья Бирман 10 февраля 2009, 20:41
> В пункте 2 вы ссылаетесь на вторую формулу, которую, как раз, и нужно доказать.
Так доказать или объяснить?
Тогда про «доказательство по индукции» помните?

На основные вопросы:
> Очевидно ли вам, ...
Да.

> Если да, как бы вы объяснили этот переход тому, кто сомневается в его правомерности?
Никак (я такое лечить не берусь).
Илья Бирман 2009
А что берётесь лечить?
Алексей 2009
Можно попробовать еще так:
Z = P(cos(F) + i sin(F)) — представление комплексного числа, фактически Z = C(P, F)
Z1*Z2 = P1*P2(cos(F1+F2) + i sin(F1 + F2)) — умножение в приведенной выше форме будут просто Z1*Z2 = C(P1*P2, F1+F2)
Тогда отвлекаясь от страшных синусов и мнимых единиц имеем:
Z1*Z2*Z3 = C(P1*P2, F1+F2)*Z3 = C(P1*P2*P3, F1+F2+F3) =>
Z^n = Z*Z*Z...*Z = C(P*P*P...*P, F+F+F...+F) = C(P^n, F*n)
Что и требовалось
Илья Бирман 2009
То, что вы пишете, если я правильно вас понял, является следствием второй формулы, а не «причиной» её.
krag 2009
Для n=2 очевидно. Дальше рассуждать увольте, и так с трудом вспомнил, чем отличается синус от косинуса, а тут ещё и комплексные числа какие-то...
Жуткое дело эта арифметика, скажу я вам. Давайте лучше про политику, там всё гораздо проще и понятнее!
Илья Бирман 2009
А почему вам кажется неочевидным, что для n=3 формула такая же? Попробуйте как-нибудь сформулировать. Мне интересно.
bes island 2009
> Неочевидно, что фи под синусом и косунусом опять будут складываться.
Мне очевидно.
Илья Бирман 2009
Отлично.
krag 2009
Да вроде бы уже сформулировал. Чего ещё вы хотите от человека, который в упор не помнит (не исключено, что и не знал никогда), что такое комплексные числа?
Леонид 2009
Первая формула показывает, что при перемножении двух комплексных чисел их модули перемножаются, а фазы складываются.
Чтобы получить вторую формулу нужно перемножить n одинаковых модулей и сложить n фаз.
Роман Добровенский 2009
Мое мнение — если для человека вывод второго из первого не очевиден при самостоятельных размышлениях в течение пары минут, то у него имеются пропуски в более «приземленных» областях математики. Я бы объяснил ему вместо этой формулы начала алгебры. И насиловать алгеброй до тех пор, пока переход от первого ко второму не станет очевидным.

Более того, объяснения таких вещей с методической точки зрения я считаю даже вредными. Все строгие формальные доказательства выше хороши с формальной точки зрения, но у студента они лишь способны отбить желание продолжать изучение предмета.
Юрко 2009
ок, вам не понравилось доказательство по индукции, а мне лень доказывать, почему индукция решает.

отож, вариант №2, без использования первой формулы.

z = r (cos fi + i sin fi) = r exp (i*fi)
z^n = r^n exp (i*n*fi) = r^n (cos n*fi + i sin n*fi)

я знаю, что сейчас вам не понравится, что я использовал формулу e^(i x) = cos x + i sin x. Доказать эту формулу можно, разложив в ряд Тейлора обе части.
Илья Бирман 2009
Вы перешли к дедукции, я понял :-)
Степан Легачёв 2009
>> По какому праву мы «введём в первую формулу z3»?
Я так чувствую :-)
Комплексное число (если рассматривать поле комплексных чисел как плоскость):
http://tzone.mag.tc/cgi-bin/mimetex.cgi?z=r(%5Ccos%5Cvarphi+i%20%5Csin%5Cvarphi)
Может являться произведением двух других чисел, тогда это и будет первая формула.
Чтобы доказать это математически, можно переписать число в показательном виде.
Точно так же, оно может являться и произведением трёх чисел, четырёх, ..., n.
Илья Бирман 2009
Использовать показательный вид — это всё равно, что доказывать формулу квадрата суммы, опираясь на Бином Ньютона. Это противоестественно, нужно наоборот. Невозможно представить себе человека, который понимает показательный вид, но сомневается в правильности рассматриваемого здесь перехода.
Денис 2009
Основы:
1) z=r*(cos(a)+i*sin(a)) — определение комплексного числа.
2) геометрическая интерпретация: каждое число определяется двумя параметрами — радиусом (r) и углом (a)
3) при умножении двух чисел радиусы умножаются, а углы складываются (формула 1)

Следствия:
4) из 3) следует, что при умножении трех и более чисел радиусы умножаются, а углы складываются (достаточно произведение двух чисел умножить на третье число)
5) из 4) следует, что при возведении числа в натуральную степень n радиус должен умножиться n раз сам на себя, а угол должен сложиться с собой же n раз
6) из 5) следует, что при возведении числа в натуральную степень n радиус будет равен r^n, а угол — r*n (формула 2)

Как-то так.
Денис 2009
Хорошо, что я угол [c] не обозвал
Степан Легачёв 2009
«Использовать показательный вид — это всё равно, что доказывать формулу квадрата суммы, опираясь на Бином Ньютона.»
Тогда рисовать графически геометрический подход.
Типа: число z1 с координатами (3; 2) и число z2 (2; 3) при перемножении дают число z = z1 * z2 с координатами (0; 13) [13 = 2^2+3^2]…
Ну и углы тоже показывать.
Илья Бирман 2009
Визуально это показать проще пареной репы, но это уже не будет доказательством.
Степан Легачёв 2009
Вот, Денис такой вариант и приводит.
Алексей 2009
>> То, что вы пишете, если я правильно вас понял, является следствием второй формулы, а не «причиной» её.
Z1 = P1(cos(F1) + i sin(F1)) = C(P1, F1) [1] — просто короткая запись
Z1*Z2 = P1*P2(cos(F1+F2) + i sin(F1 + F2)) [2] — ваша первая формула
Z1*Z2 = C(P1, F1)*C(P2, F2) = C(P1*P2, F1+F2) [3] — ваша первая формула в упрощенной записи
Z1*Z2*Z3 = (Z1*Z2)*Z3 = C(P1*P2,F1+F2)*Z3 = C(P1*P2,F1+F2)*C(P3,F3) = C((P1*P2)*P3, (F1+F2)+F3) — следствие [3]
собственно продолжая:
Z1*Z2*Z3*Z4 = ... = C(((P1*P2)*P3)*P4, ((F1+F2)+F3)+F4)
Z1*Z2...*Zn = ... = C(P1*P2...*Pn, F1+F2...+Fn)
Это следствия вашей первой формулы, что являются причиной второй формулы. Они никак не могу являтся следствиями из второй.
XAR 2009
На первый взгляд — очевидно.
1) Если это таки так: по индукции
2) Сомнения есть, если посмотреть вторым взглядом. Но, опять же, их можно индуктивно либо подтвердить, либо опровергнуть.
Степан Легачёв 2009
«Визуально это показать проще пареной репы, но это уже не будет доказательством.»
Просто придётся присовокуплять к графическому показу тригонометрические выкладки:
http://tzone.mag.tc/cgi-bin/mimetex.cgi?z_{{1}}z_{{2}}=r_{{1}}%5Cleft(%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)+i%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)%5Cright)r_{{2}}%5Cleft(%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)+i%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)%5Cright)
http://tzone.mag.tc/cgi-bin/mimetex.cgi?z_{{1}}z_{{2}}=r_{{1}}r_{{2}}%5Cleft(%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)+i%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)+i%5Ccos%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)-%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{1}}%5Cright)%5Csin%5Cleft(%5Cvarphi_{{2}}%5Cright)%5Cright)
Самое простое математическое доказательство — через показательную форму, две строчки записать.
Но если тот подход не оправдан, а этот не подходит, то я слабо себе представляю, как можно описать иначе формулы с геометрическим смыслом так, чтобы это было и наглядно, и легко выводимо.
Степан Легачёв 2009
Ну блин, парсер ссылки не обработал. А картинки вроде было нельзя вставлять.
И галочки «комментарий только автору» не хватает, ага :-)
Megakazbek 2009
Комплексное число z задаёт преобразование плоскости (каждая точка a переходит в z*a), умножающее расстояние от центра каждой точки на свой модуль и поворачивающее плоскость на аргумент. Произведение комплексных чисел, очевидно, задаёт композицию таких преобразований (a -> z1*(z2*a) и т. д.). Ясно, что композиция n одинаковых таких преобразований (z^n), это преобразование, при котором расстояние умножится n раз на модуль (т. е. на ρ^n), а плоскость повернётся n раз на аргумент (т.е на nφ), т. е. модуль z^n равен ρ^n, а аргумент — nφ.
Илья Бирман 2009
После первой строчки я сдался. Я не знаю, что значит «задавать преобразование плоскости».
Терещенков Константин 2009
Всё это невероятно круто, то о чём вы сейчас говорите. Жаль я химик-педагог по-образованию, но если кому-нибудь надо что-нибудь такое же клёвое, но по химии — буду рад.
cleam 2009
В комментарии N7 все верно написано. Есть принцип математической индукции, который говорит:

Если верно утрверждение A(1) и из верности утверждения A(n-1) следует верность утверждения A(n), то утверждение верно для 
любого n (т. е. верны все A(n)).

В нашем случае утверждение A(n) гласит z^n = p^n(cos nf + i sin nf). Доказываем:

1) A(1) верно. Действительно, z^n = p(cos f + i sin f)
2) Пусть верно A(n-1) докажем верность A(n).
A(n) гласит z^n = p^n (cos nf + i sin nf).
Из того что A(n-1) верно, т. е. z^(n-1) = p^(n-1) (cos (n-1)f + i sin (n-1)f). Применя это знание получаем.
z^n = z * z^(n-1) = z * z^(n-1) = p^(n-1) (cos (n-1)f + i sin (n-1)f) p (cos f + i sin f) =
p^n * (cos(n-1)f cos f — sin (n-1)f*sin f + i(cos(n-1)f sin f + sin(n-1)f sin f) = p^n(cos nf + i sin nf)
Последнее равенство получается применением формул
1) cos (a+b) = cos a * cos b — sin a * sin b
2) sin (a + b) = sin a * cos b + sin b * cos a
cleam 2009
Почитал остальные комментарии и понял, что может быть непонятен принцип индукции. На самом деле, и он имеет доказательство. Однако, человеку, у которого
данный принцип вызывает сомнения, доказательство объяснить будет трудно.

Кроме того, почти все системы аксиом, в которых можно доказать принцип индукции содержат аналогичное по сути утверждение (а в некоторых прямо сам принцип индукции и есть аксиома). 
Степан Легачёв 2009
Илья, вот так пойдёт?
Степан Легачёв 2009
http://tzone.mag.tc/files/complexity.html

Можно объяснить девятикласснику весь вывод, дав только определение комплексных чисел (и чуть-чуть рассказав про полярные координаты) и две базовых тригонометрических формулы :-)
Игорь 2009
Илья, а тебе нужно доказать или объяснить?
Объяснить можно, последовательно развернув три-четыре звена индукции
z^2=p^2(cos(fi+fi)+isin(fi+fi))=p^2(cos2fi+isin2fi) => «угол» z^2 равен 2fi
z^3=z*z^2= p*p^2(cos(fi+2fi)+isin(fi+2fi))=p^3(cos3fi+isin3fi) => «угол» z^3 равен 3fi
<продолжать до просветления>
OnyX 2009
Комплексные числа можно написать в виде z=r*e^i*fi. А как умножаются степени, с одинаковым основанием? :) А вы тут индукцией занимаетесь.
Илья Бирман 2009
Дим, это не катит, я выше объяснил почему. Дедукция ещё хуже :-)
cleam 2009
OnyX: интересно, а откуда берется эта замечательная формула z=r*e^i*fi?
Правильно, из определения e^i*fi = cos fi + i sin fi.

А откуда получается справедливость формулы e^c1 * e^c2 = e^(c1+c2)? Правильно, из сабжевого утверждения.
Илья Бирман 2009
Замечательная формула не оттуда берётся :-)
OnyX 2009
2 cleam@40: А в чем заключается смысл вашей реплики? Просто, вопроса нет, но есть чувство, что надо ответить ;)
cleam 2009
Илья Бирман:

Ну да. Можно определить экспоненту комплексного числа как сумму соответсвующего ряда. Ну и доказать
исходя из этого определения e^i f = cos f + i sin f. Только все, таки, разумнее взять за определение более простой факт.

OnyX: Я это написал к тому, что при доказательстве «из А сьедует Б» надо помнить, что при доказательсве факта
А может использоваться Б.  
OnyX 2009
2 Илья Бирман: Прочитал несколько раз все комменты, и не понял почему это не катит... но проиндуцировав свою дедукцию, думаю что без экспоненты нельзя просто объяснить, какого черта синус прибавляется к косинусу после возведения в степень. 
Сергей Коваленко 2009
Очевидно, что между первой и второй формулами стоят только определения умножения и возведения в степень. Даже не обязательно что-то знать о комплексных числах.
Роман Парпалак 2009
Всё выводится из идеи, указанной в 14 комментарии; не вижу смысла использовать индукцию (хотя суть одна и та же).

«Неочевидно, что фи под синусом и косунусом опять будут складываться» — это почему? Из первой формулы и из определения аргумента следует, что агрумент z^2 есть 2*phi. Его и нужно опять подставлять в первую формулу, чтобы получить аргумент z^3. Дальше процесс повторяется, пока не дойдем до n.
Дима Плотников 2009
Прежде, мы бы показали сомневающимся действия над косинусом и синусом. Затем, вывели бы формулу умножения двух комплексных чисел заданного вида, где наглядно продемонстрировали действия над косинусом и синусом.
И, если остались сомнения, показали бы им умножение трех комплексных чисел.

Нам, невеждам, нужно разжевать.
Иван Ерофеев 2009
Лучше всего объяснил Алексей в #18 и #28. Этот способ
не опирается на знание подопытного тригонометрии и,
что удивительно, комплексных чисел. Никакая комплексная
плоскость не нужна. Более того этот способ работает
при любом определении «возведения комплексного числа
в произвольную степень».

Мы имеем два правила:
1) z = [&#961;, &#966;]
//то, что Илья называет «с известным модулем и аргументом»,
подразумевая именно это правило
2) [&#961;1, &#966;1]*[&#961;2, &#966;2]=[&#961;1*&#961;2,&#966;1+&#966;2]
//то, что даётся, как исходные данные задачи, за тем дополнением,
что к левой части мы сразу применяем правило номер 1

У нас есть определение z^n = z*z*z*...*z, что означает
(...((z*z)*z)*...*z)*z, то есть возведение в степень определяется,
как последовательное (!) умножение (а то, что скобки можно
раскрыть, всего лишь следствие ассоциативности умножения).

И рассуждая параллельно тому, почему (...((z*z)*z)*...*z)*z = z^n
(перемножим первые множители, получим z^2; перемножим
z^2 на z, получим z^3; и так далее), можно получить, что
C[&#961;, &#966;]*C[&#961;, &#966;]*...*C[&#961;, &#966;] = C[&#961;^n, n&#966;].
Иван Ерофеев 2009
К надписи «ХТМЛ не работает» нужно добавить «Юникод тоже».
Саша Смирнов 2009
От противного. Не будь второе верно, невозможно и первое.

> krag 10 февраля 2009, 23:01
> ...Жуткое дело эта арифметика, скажу я вам. Давайте лучше про политику, там всё гораздо проще и понятнее!
Противоположное (поменяв местами арифметику и политику) тоже верно! Кому как.
Александр Абросов 2009
z1=r1*(cos(f1)+i*sin(f1))
z2=r2*(cos(f2)+i*sin(f2))
z1*z2=r1*r2*(cos(f1+f2)+i*sin(f1+f2))
а дальше очевидная для меня индукция
z1*z2*...*zn=r1*r2*...*rn*(cos(f1+f2+...+fn)+i*sin(f1+f2+...+fn))
мне даже не надо знать что такое sin, cos и i, достаточно уметь умножать и складывать
Денис Комарицких 2009
> К надписи «ХТМЛ не работает» нужно добавить «Юникод тоже».
Юникод тут ни при чём. Этот синтаксис является частью спецификации XHTML.
Кстати, как записать XHTML? Икс-ХТМЛ?
Популярное