超越复数的三元数_超越复数的多元数

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超

——从复平面到三维数空间

白烁星

（河北省武安市团城邮局033号信箱 邮码：056301）韩江燕

（河北省武安市骈山中学

邮码：056300）

摘要

本文通过引入空间直角坐标系，从清晰、简明的解析原理出发，利用数形合一的数学思想，建立了空间数系的理论。

作者在文中阐述了三元数运算的一般法则及重要性质，并给出以下有趣结论：

一、一般地，一个三元数的n次方根有n个，分布在空间中与复平面成某一角度的一个圆上。

二、任一给定三元数可求其指数函数。特别地，欧拉公式e元数理论中的一个特例。

关键词

三元数;数平面;数空间;根;方程 中图分类号：0153.5 泛代数

icosisin是三

一、引言

自从认识到复数运算等同于平面上一种点的演算体系，就有数学家提出这一问题：能不能找到一种空间数系，其中每一个三元数对应于空间中的一个点？

首先数学家们希望新数系能尽可能多地保留复数的优美性质，并与原有代数理论保持和谐一致，同时，人们自然也期望在新数系中能发现一些以前不曾有的东西。

本篇论文恰好回答了上述问题。

二、三元数的概念与表示法

1、三元数的概念

221.1 定义 ⑴ij⑵

ij0

1.2 三元数

形如abicj的数叫做三元数。三元数通常用一个字母P来表示，即

pabicj(a、b、cR)

全体三元数构成的集合叫做三元数集，用字母A来表示。1.3 三元数相等的条件 若

p1a1b1ic1jp2a2b2ic2j则

（an、bn、cnR,n1、2)）

p1p2a1a2,b1b2,c1c2

特别地，abicj0abc0

1.4 三元数空间

arcos；brsincos；crsinsin

求r：ra2b2c2； 求：一般地，arctanc/b，时，值不定；

求：由点p0(a,b)的所在象限及rcosa共同确定（一般取最小正角）。例1：求p解：

22，b0,c0时，2；bc0211ij的三角形式 222221212222rabc1； 222arctan1由p0(4；

21,)知角位于第一象限，又 22rcos2，r1,得；

42所以数p211ij的三角形式为： 222pcossin(icosjsin)

4444三、三元数的运算

三元数的代数形式的运算

（a0a1ia2j）(b0b1ib2j)(a0b0)(a1b1)i(a2b2)j

（a0a1ia2j）（b0b1ib2j）(a0b0a1b1a2b2)(a0b1b0a1)i(a0b2b0a2)j

说明：⑴三元数的加法与乘法满足交换律以及乘法对加法的分配律。

⑵一般地，当且仅当三个三元数在同一个数平面上时，它们的乘法满足结合律。⑶由于复平面是倾角为0的数平面，所以同在复平面上的三个数总是满足结合律。⑷在复平面上成立的结论，在其它数平面上也成立。

⑸关于两个三元数如何作除法运算，可依三元数相等的定义及乘法公式求得。例1：已知p112i3j，p232ij，求p1p2? 解：依定义，p1p2(132231)(1232)i(1133)j48i10j

22222⑶三元数的模是实数及复数绝对值的扩充,实数与复数的绝对值是三元数模的特例，因此,三元数模的所有性质对实数绝对值都成立,，而实数绝对值的一些性质对三元数模则不一定成立。

p1，在p为实数时表示两个点1，在p为复数时表示单位圆，在p为三元数时表示单位球。

⑷实数集对加、减、乘、除、乘方运算封闭；

复数集与三元数集对加、减、乘、除、乘方、开方运算封闭。

⑸一元n次方程在复数集中有且仅有n个根，在三元数集中，一元n次方程可以有多于n个的根，甚至有无穷多个根存在。

三元数三角形式的运算

1.三元数的乘方 三元数的n(nN)次幂的模等于这个三元数的模的n次幂，它的辐角等于这个三元数的辐角的n倍，而倾角不变。rcossin(icosjsin)nrncosnsinn(icosjsin)

特别地，当0时得：

r(cosisin)nrn(cosnisinn)

此即复平面上的棣莫佛定理，在这里成为了三元数乘方的一个特例。2.三元数的开方 三元数的n(nN)次方根是

2k2krcossin(icosjsin)

nn(k0,1,，n1)n注意：

⑴一般地（指p不为实数时），三元数总有固定的倾角，这时三元数的n次方根是n个三元数，它们的模等于这个三元数的模的n次算术根，它们的辐角分别等于这个三元数的辐角与2的0，1，2，„，n-1倍的和的n分之一，而倾角不变。

⑵p为实数时，倾角值不定，需解参数方程：

n(k0,1,,n1）xnrcos2k,ynrsin2kncos,znrsin2knsin)

例1：求-1的平方根=？

解：⑴ 设pxyizj是-1的平方根，依定义，(xyizj)2

即 xyz2xyi2xzj1 联立方程组得： 222-5a0x0a1x1a2x2b0 a1x0a0x1b1axaxb20022只需研究行列式：

a0Da1a2a1a00a2220a0(a0a12a2)a0由线性方程组知识：

22当Da0(a0a12a2)0时，方程组有唯一解，从而解方程组后xx0x1ix2j可求。

22注意到a0(a0a12a2)0a00，所以只需要求a00，方程即可得解，详细过程在此不多述。

2、再来研究形如axnb(nN,n2,a,b,x的含义同前)的二项方程

由于三元数运算一般不满足结合律，这里必须首先明确运算顺序：应先作乘方运算，再作乘法运算，与实数的运算顺序一致。

首先令pp0p1ip2jxn(p0,p1,p2R)问题转换为：apb

而限制aa0a1ia2j中a00，由前面知识知pp0p1ip2j唯一可求。

n在求得唯一解p后，问题转化为：px，而求解一个已知三元数的n次方根，显然可利用前面所讲的三元数求方根公式予以解决之。

于是当aa0a1ia2j中a00时，可以顺利解出形如axb的二项方程。

n五、三元数函数的简单推广及综合评论

22通过引入定义⑴ij1⑵ij0；现在已能对两个三元数作加、减、乘、除等四则运算，对单个三元数可进行乘方、开方的运算，这都属于初等数学中代数运算的范畴，下面对三元数函数作一简单推广，研究如何求得任一给定三元数的指数函数。

ppn（pA,nN）定义：e1

⑴

1!n!先研究p(icosjsin)的指数函数，将p带入⑴并整理得 p-7p2xyizj(a,b,c,x,y,z,R)令i2j21,ij0，则有

(abicj)(xyizj)(axbycz)(aybx)i(azcx)j

由于每个复数zabi都有模z律”：

a2b2与之相联系，且复数的乘法满足“模z1z2z1z2

取z1abi,z2xyi得 222(axby)2(aybx)2(a2b2)(x2y2)⑴

实际上⑴式是七世纪印度数学家波罗摩笈多早已发现过的东西。

哈密顿进而将三元数abicj与长度a2b2c2联系起来，他要求三元数也必须满足模律：

即p1p2则有 2p1p2 22(axbycz)2(aybx)2(azcx)2

(a2b2c2)(x2y2z2)⑵

经过试算验证，当然，一般地，⑵式并不成立，于是哈密顿最终放弃了对三元数的研究，在数学史上，哈密顿是以四元数理论得以名传后世的，笔者在此不再赘述。

令人遗憾的是：哈密顿其实离成功只有一步之遥。象他这样的数学家应当明白：如果一个数学命题在一般情形下不成立，那就应该进一步去研究，在某些限定的条件下，该命题是否成立，而这恰是解决问题的关键。

下面对⑵式的左边展开，进一步变形整理得：

2（axbycz）(aybx)2(azcx)2

(a2b2c2)(x2y2z2)c2y2b2z22bcyz

(a2b2c2)(x2y2z2)(cybz)2 ⑶

显然，当且仅当cybz0时，⑵式成立，也即“模律定理”成立。由⑵、⑶式即得到三元数理论中最重要的一个定理，称之为“模律定理”。注意到cybz0，xR，由空间解析几何知识知，此条件表示一个经过x轴的平面的代数方程，也即三元数理论中一个数平面的方程，据此，模律定理可叙述为：

两个三元数的积的模，当且仅当两个三元数在同一个数平面上时，等于两个三元数

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