Argumento de la suma de dos números complejos

Question

Vamos $r$, $s$ ser números reales positivos y $\theta$, $\phi$ los números reales con a $|\theta -\phi|<\pi$. Entonces un argumento de $re^{i\theta}+se^{i\phi}$ se encuentra entre $\theta$$\phi$.

Alguien puede dar un corto, limpio justificante de la declaración anterior que no depende de la intuición geométrica? Por supuesto, la prueba se puede utilizar la no tan trivial hecho de que cada número complejo distinto de cero puede ser escrito en forma polar, así como la función trigonométrica.

Lo he intentado, pero no tengo idea de cómo empezar, probablemente porque parece tan obvio.

Answer 1

Quiere mostrar que si escribes $re^{i\theta} + se^{i\phi}$$te^{i\chi}$, $\chi$ se encuentra entre $\theta$$\phi$. Sin pérdida de generalidad, supongamos $\theta\leq\phi$. Factorizando $e^{i\theta}$ obtener $re^{i\theta}+se^{i\phi} = e^{i\theta}(r + se^{i(\phi-\theta)})$. Desde multiplicando por $e^{i\theta}$ es sólo una rotación por un ángulo de $\theta$, es suficiente para considerar el caso en que $\theta=0$$0\lt \phi\lt \pi$.

En ese caso, usted tiene $r + se^{i\phi} = r + s(\cos(\phi)+i\sin(\phi))$, y desea expresar en la forma $t(\cos(\chi) + i \sin(\chi))$. Buscando en el real y piezas complejas, se puede ver que $t\sin(\chi)=s\sin(\phi)$, e $r+s\cos(\phi) = t\cos(\chi)$.

Supongamos primero que $0\lt \phi\lt \frac{\pi}{2}$. A continuación, $\chi$ también se encuentran en el primer cuadrante, ya que tenemos tanto en $\sin(\chi)$ $\cos(\chi)$ positivo (ya que $t$, $s\sin(\phi)$, y $r+s\cos(\phi)$ son todas positivas). Si, por otro lado, $\frac{\pi}{2}\lt \phi\lt \pi$, $\cos(\phi)$ es negativo. Si $r+s\cos(\phi)\gt 0$, luego tenemos a $\cos(\chi)\gt 0$, lo $\chi$ está en el primer cuadrante y automáticamente menor que $\phi$ y hemos terminado. Si $r+s\cos(\phi)$ es negativa, entonces necesitamos $\chi$ en el segundo cuadrante.

En el primer caso, $0\lt \chi,\phi\lt \frac{\pi}{2}$, luego de $\sin(\chi)=\frac{s}{t}\sin(\phi)$ y desde $\sin(x)$ es el aumento en $0\leq x\leq\frac{\pi}{2}$, $0\lt\chi\lt\phi$ si y sólo si $\frac{s}{t}\lt 1$, si y sólo si $s\lt t$.

Ahora tenga en cuenta que $t^2 = ||r+se^{i\phi}||^2 = r^2 + s^2 + 2rs\cos(\phi) \gt s^2$, ya que todos $r$, $s$, y $\cos(\phi)$ son positivos. Desde $s$ $t$ son positivos, $s\lt t$, lo que muestra que $0\lt\chi\lt\phi$, como se desee.

En el otro caso, donde$\frac{\pi}{2}\lt\phi\lt \pi$$r+s\cos(\phi)\lt 0$, entonces sabemos $\chi$ también está en el segundo cuadrante donde $\sin(x)$ está disminuyendo, por lo que de $\sin(\chi)=\frac{s}{t}\sin(\phi)$ tenemos que $\frac{\pi}{2}\lt \chi\lt \phi$ si y sólo si $\frac{s}{t}\gt 1$, si y sólo si $s\gt t$. Aquí, desde $\cos(\theta)\lt 0$, entonces usted tiene de nuevo $t^2 = ||r+se^{i\phi}||^2 = s^2 + r(r + 2s\cos(\phi)) \lt s^2$ (desde $r+s\cos(\phi)\lt 0$ en esta situación), así que usted consigue $t\lt s$ y, por tanto,$\frac{\pi}{2}\lt\chi\lt\phi$, como se desee

Answer 2

Es suficiente para hacer el caso de $\theta=0$ (solo factor $e^{i\theta}$). Suponga $0<\phi<\pi/2$. Entonces $$0 < \tan\arg(r+s e^{i\phi}) = \frac{s\sin\phi}{r+s\cos\phi} < \frac{s\sin\phi}{s\cos\phi} = \tan\phi,$$ así que el argumento de la suma entre el $0$ $\phi$ como se desee. Algo similar debe trabajar al $\phi$ es obtuso.