$A\cos(\theta) + B\sin(\theta)$ pour complexe $A,B$

Question

Est-ce que l'équation

$$A\cos(\theta) + B\sin(\theta) = \sqrt{A^2+B^2}\cos(\theta + \gamma) \label{1} \tag{1}$$

avec $\gamma = \arg(A-jB)$

exiger que $A$ et $B$ être réels ou peuvent-ils être complexes?

Considérez le cas $B= jA$ ce qui se traduit par:

$$A\cos(\theta) + jA\sin(\theta) = Ae^{j\theta}$$

En utilisant $\ref{1}$ cela se traduit par:

$$=\sqrt{A^2-A^2}\cos(\theta + arg(2A)) = 0$$

Ce qui semble confirmer la réponse est non. Alors, y a-t-il une relation unifiée pour$A\cos(\theta) + B\sin(\theta)$ qui est le plus proche de la forme de \ ref {1} et permet $A$ et $B$ être réel, imaginaire ou complexe: $A, B \in \mathbb{C}$, $\theta \in \mathbb{R}$ (et \ ref {1} est juste une simplification de ceci pour A, B réel)?

Je suis allé jusqu'ici vers une solution géométrique avec deux cas avec A et B à la fois réels et avec A réel et B imaginaire comme indiqué ci-dessous au cas où cela aiderait vers le résultat analytique, ainsi que des progrès plus significatifs ultérieurs que j'ai fournis comme réponse. Cependant, je serais très intéressé par une formulation plus concise vers une solution ou des commentaires sur la façon dont la réponse que j'ai fournie peut être simplifiée davantage (vers la forme dans \ ref {1}).

$$A\cos(\theta) + B\sin(\theta)$$

$$= \frac{A}{2}e^{j\theta} + \frac{A}{2}e^{-j\theta} + \frac{B}{2j}e^{j\theta} - \frac{B}{2j}e^{-j\theta}$$ $$= \frac{A}{2}e^{j\theta} + \frac{A}{2}e^{-j\theta} - \frac{jB}{2}e^{j\theta} + \frac{jB}{2}e^{-j\theta}$$

Cas avec A, B réel pour confirmer la relation connue entraînant $A\cos(\theta) + B\sin(\theta) = \sqrt{A^2+B^2}\cos(\theta + \gamma)$:

Cas avec un réel A et un imaginaire B résultant en $\frac{A+jB}{2}\cos(\theta) - jBe^{j\theta}$:

Answer 1

Laisser $A , B \in \mathbb{C}$, nous avons $$Z = A\cos(\theta) + B\sin(\theta) = (a+bj)\cos(\theta) + (c+dj)\sin(\theta) = (a\cos(\theta) + c\sin(\theta)) + j(b\cos(\theta) + d\sin(\theta)) = \sqrt{a^2 +c^2}\cos(\theta - x_1) + j\sqrt{b^2 +d^2}\cos(\theta - x_2)$$

Où $\tan(x_1) = \frac{c}{a}$ et $\tan(x_2) = \frac{d}{b}$. Notez qu'ici les parties réelles et imaginaires sont indépendantes l'une de l'autre et il suffit d'étudier$$f(a,b ,\theta) = \sqrt{a^2+b^2}\cos(\theta - x) = \sqrt{a^2+b^2}\mathrm{Re} (e^{-jx}e^{j\theta}) ,\ \ \ \ \tan(x) = \frac{b}{a}$$ Nous pouvons donc représenter chacun des $\mathrm{Re}(Z)$ et $\mathrm{Im}(Z)$ par un phaseur.

Answer 2

La relation donnée dans \ ref {22} ci-dessous (en surbrillance) est dérivée comme suit:

$$\vec{Z} = \vec{A} \cos(\theta) + \vec{B} \sin(\theta) \tag{1} \label{1a}$$

Avec $ \vec{Z}, \vec{A}, \vec{B} \in \mathbb{C}$ comme:

$$\vec{A} = \alpha + j\delta \tag{2} \label{2}$$ $$\vec{B} = \beta + j\epsilon \tag{3} \label{3}$$

Avec $\alpha, \beta, \delta, \epsilon, \theta \in \mathbb{R} $

Utiliser les relations $\cos(\theta) = (e^{j\theta}+e^{-j\theta})/2$ et $\sin(\theta) =(e^{j\theta}-e^{-j\theta})/(2j)$ in \ ref {1a} donne:

$$Z = (\alpha + j\delta)\frac{e^{j\theta}+e^{-j\theta}}{2} + (\beta + j\epsilon)\frac{e^{j\theta}-e^{-j\theta}}{2j} $$

$$ = \frac{1}{2}e^{j\theta}((\alpha + \epsilon)+j(\delta-\beta)) + \frac{1}{2}e^{-j\theta}((\alpha - \epsilon)+j(\delta+\beta))$$

$$ = e^{j\theta}V_1e^{j\phi_1} + e^{-j\theta}V_2e^{j\phi_2} \tag{4} \label{4}$$

Avec $V_1, V_2 \in \mathbb{R}$ comme

$$2V_1e^{j\phi_1} = ((\alpha + \epsilon)+j(\delta-\beta))\tag{5} \label{5}$$

$$2V_2e^{j\phi_2} = ((\alpha - \epsilon)+j(\delta+\beta))\tag{6} \label{6}$$

De \ ref {5}, \ ref {6}:

$$2V_1 = \sqrt{(\alpha+\epsilon)^2+(\delta-\beta)^2}\tag{7} \label{7}$$

$$\phi_1 = \text{atan2}(\delta-\beta, \alpha+ \epsilon)\tag{8} \label{8}$$

$$2V_2 = \sqrt{(\alpha-\epsilon)^2+(\delta+\beta)^2}\tag{9} \label{9}$$

$$\phi_2 = \text{atan2}(\delta+\beta, \alpha- \epsilon)\tag{10} \label{10}$$

Notez également ce qui suit:

$$\vec{A}-j\vec{B} = \alpha + j\delta - j(\beta + j\epsilon) = (\alpha + \epsilon) + j(\delta - \beta) = 2V_1e^{j\phi_1} \tag{11} \label{11}$$

$$\vec{A}+j\vec{B} = \alpha + j\delta + j(\beta + j\epsilon) = (\alpha - \epsilon) + j(\delta + \beta) = 2V_2e^{j\phi_2} \tag{12} \label{12}$$

Pour vérifier les relations obtenues jusqu'à présent, nous visualisons le graphique géométrique suivant montrant un exemple $\vec{A}$, $\vec{B}$ dans le premier quadrant pour $\theta = 0$ montrant les vecteurs résultants de \ ref {11} et \ ref {12}:

Ce qui est cohérent avec la relation de \ ref {1a} et \ ref {4} pour $\theta =0$:

$$\vec{Z} = \vec{A}\cos(\theta)+\vec{B}\sin(\theta) = \vec{A}\cos(0)+B\sin(0) = \vec{A}$$ $$\vec{Z} = e^{j\theta}V_1e^{j\phi_1} + e^{-j\theta}V_2e^{j\phi_2} = e^{j0}V_1e^{j\phi_1} + e^{-j0}V_2e^{j\phi_2}= V_1e^{j\phi_1} + V_2e^{j\phi_2} $$

Avec $\theta =0$ la solution ci-dessus est triviale, ce qui entraîne $\vec{A}$ comme prévu, mais nous pouvons utiliser ce graphique pour reconnaître ce qui se passerait pour augmenter $\theta$et comment encadrer ensuite le problème pour décrire le résultat final comme une sinusoïde plus une exponentielle. Ceci est démontré en commençant par le graphique ci-dessous qui montre les vecteurs réduits de moitié comme dans l'équation pour$\vec{Z}$ et ajoute une valeur positive $\theta$, où le résultat final $\vec{Z}$ serait la somme des deux vecteurs bleus indiqués.

Nous pouvons ensuite le décomposer en vecteurs conjugués complexes (sinusoïde) et en composantes de phase complexes en visualisant le plus grand des deux vecteurs comme une somme d'un vecteur de magnitude identique au vecteur plus petit plus un résidu, puis en trouvant l'angle de bissection entre ces deux vecteurs. deux vecteurs puisqu'ils seraient en phase conjuguée complexe sous cet angle:

Entraînant la décomposition suivante:

Comme l'illustrent les graphiques ci-dessus,

$$\vec{Z} = e^{j\bar\phi}\big(2V_2\cos(\gamma)+(V_1-V_2)e^{-j\gamma}\big) \tag{13} \label{13}$$

où

$$\bar\phi = \frac{\phi_2+\phi_1}{2} \tag{14} \label{14}$$

$$\gamma = \phi_2+\theta - \bar\phi = \theta + \frac{\phi_2-\phi_1}{2} \tag{15} \label{15} $$

Utilisation de \ ref {15} dans \ ref {13}:

$$ \vec{Z} = e^{j\bar\phi}\bigg(2V_2\cos(\theta + \phi_\Delta/2)+ (V_1-V_2)e^{-j(\theta + \phi_\Delta/2)}\bigg) \tag{16} \label{16}$$

Où

$$\phi_\Delta = \phi_2-\phi_1$$

avec $\phi_1$ et $\phi_2$ comme indiqué dans \ ref {8} et \ ref {10}, et $V_1$ et $V_2$ comme indiqué dans \ ref {7} et \ ref {9}.

De \ ref {16}:

$$ \vec{Z} =2V_2 e^{j\bar\phi} \cos(\theta + \phi_\Delta/2) + (V_1-V_2)e^{-j(\theta + \phi_\Delta/2 - \bar\phi)}\tag{17} \label{17}$$

Notez que l'argument:

$$\theta + \phi_\Delta/2 - \bar\phi = \theta + \frac{(\phi_2-\phi_1)}{2} - \frac{(\phi_1+\phi_2)}{2} = \theta - \phi_1$$

Ce qui est cohérent avec la figure, ainsi \ ref {17} se simplifie davantage en:

$$\vec{Z} = 2V_2 e^{j\bar\phi}\cos(\theta + \phi_\Delta/2) + (V_1-V_2)e^{-j(\theta -\phi_1)}\tag{18} \label{18}$$

Ceci est mis dans les unités d'origine de $\vec{A}, \vec{B}$ comme suit:

De \ ref {11} et \ ref {12} et représenté dans le premier graphique:

$$V_1 = \frac{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert}{2} \tag{19} \label{19}$$

$$V_2 = \frac{\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert}{2}\tag{20} \label{20}$$

D'où nous obtenons:

$$V_1-V_2 =\frac{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert-\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert}{2}\tag{21} \label{21}$$

En remplaçant \ ref {20} et \ ref {21} dans \ ref {17}, nous obtenons le résultat final:

$$ \bbox[yellow]{\vec{Z} =\vec{A}\cos(\theta)+\vec{B}\sin(\theta) = \\ \Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert e^{j\bar\phi}\cos(\theta + \phi_\Delta/2) + \frac{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert-\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert}{2}e^{-j(\theta -\phi_1)}}\tag{22} \label{22}$$

L'angle $\bar\phi$ est l'angle de bissectrice de $V_1e^{j\phi_1}$ et $V_2e^{j\phi_2}$ qui est déterminé en normalisant à la fois:

$$\bar\phi = \frac{1}{2}\arg\bigg(\frac{\vec{A}-j\vec{B}}{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert}+\frac{\vec{A}+j\vec{B}}{\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert}\bigg) \tag{23} \label{23}$$

De même, nous pourrions multiplier l'expression intérieure par $\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert \Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert$ qui est juste une mise à l'échelle ne change donc pas l'argument mais aboutit à cette relation alternative:

$$\bar\phi = \frac{1}{2}\arg\bigg(\frac{\vec{A}-j\vec{B}}{\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert} + \frac{\vec{A}+j\vec{B}}{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert}\bigg) \tag{24} \label{24}$$

La somme des angles dérivés de \ ref {11} et \ ref {12} est peut-être plus simple:

$$ \bar\phi = \frac{\arg(\vec{A}+j\vec{B})+\arg(\vec{A}-j\vec{B})}{2} \tag{25} \label{25}$$

résultant en:

$$\bbox[yellow]{\bar\phi = \frac{\text{atan2}(\delta+\beta, \alpha-\epsilon)+ \text{atan2}(\delta-\beta,\alpha+\epsilon)}{2}}\tag{26} \label{26}$$

Et de même pour $\phi_\Delta$:

$$\frac{\phi_\Delta}{2} = \frac{1}{2}\arg\bigg(\frac{\vec{A}+j\vec{B}}{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert}-\frac{\vec{A}-j\vec{B}}{\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert}\bigg) \tag{27} \label{27}$$

ou de manière équivalente à partir de \ ref {11} et {12} comme dans \ ref {26}:

$$\frac{\phi_\Delta}{2} = \frac{\arg(\vec{A}+j\vec{B})-\arg(\vec{A}-j\vec{B})}{2} \tag{28} \label{28}$$

résultant en:

$$\bbox[yellow]{\frac{\phi_\Delta}{2} = \frac{\text{atan2}(\delta+\beta, \alpha-\epsilon)- \text{atan2}(\delta-\beta,\alpha+\epsilon)}{2}}\tag{29} \label{29}$$

Et de \ ref {11}:

$$\bbox[yellow]{\phi_1 = \arg(\vec{A}-j\vec{B})=\text{atan2}(\delta-\beta,\alpha+\epsilon)}\tag{30} \label{30}$$

Ainsi \ ref {22} avec \ ref {26}, \ ref {29} et \ ref {30} nous avons une relation similaire à $A\cos(\theta) + B\sin(\theta)= \sqrt{A^2+B^2}cos(\theta + \gamma)$ élargi pour complexe $A, B$. Je dois encore confirmer que le résultat final est exact et il peut être encore simplifié. (Je travaille donc toujours dessus quand je pourrai y revenir et encourager les autres à publier d'autres dérivations qui peuvent arriver à ce résultat de manière plus concise).

MISE À JOUR: La solution de SHW est la solution simple et élégante que je recherchais à laquelle (si elle est correcte) sera équivalente (je ne pouvais tout simplement pas voir à quel point c'était simple). Notez si nous avons sélectionné un cercle ou un rayon$(V_1+V_2)/2$comme référence dans la figure encerclée rouge (troisième graphique), cela entraînerait une rotation d'onde sinusoïdale réelle et imaginaire correspondant à ce résultat. Je vais éventuellement mettre à jour cela pour afficher les graphiques et la solution avec une référence utilisant le rayon intérieur, extérieur et moyen.

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Équations supplémentaires qui peuvent ou non aider ci-dessus:

Je ne vois pas encore en quoi ce qui suit aide, mais y compris pour le cas de référence, cela conduit à une simplification supplémentaire:

Notez que les termes internes de \ ref {22} et \ ref {23} représentent les côtés d'un parallélogramme qui ont été normalisés et donc l'ampleur de cette sommation à partir de la relation généralisée $c^2 = a^2+b^2-2ab\cos(\text{angle})$ des côtés à la diagonale pour un parallélogramme est égal à:

$$\bigg\Vert\frac{\vec{A}-j\vec{B}}{\Vert\vec{A}+j\vec{B}\Vert} + \frac{\vec{A}+j\vec{B}}{\Vert\vec{A}-j\vec{B}\Vert}\bigg\Vert = \sqrt{ 2-2\cos(\bar\phi)} \tag{31} \label{31}$$