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复数的三角函数形式

定义一个复数（有序数对） z=x+yiz=x+y\mathrm i 的模长为其在极坐标系下向量的模长 r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}，幅角为其在极坐标系下的幅角 φ\varphi，记作：

r=∣z∣, φ=arg⁡zr=|z|,\,\varphi=\arg z

一般的，对于 x≠0x\ne0 时，我们有 φ=arctan⁡yx\varphi=\arctan\frac yx，则每个复数 zz 都能表示为：

z=r(cos⁡φ+isin⁡φ)z=r(\cos\varphi+\mathrm i\sin\varphi)

我们称这个形式为复数的三角表达式。
注意到这个表示形式不是唯一的，对于任意一组 φn=φ+2nπ, n∈Z\varphi_n=\varphi+2n\pi,\,n\in\mathbb Z，均满足上式。一般的，在不加说明的情况下，钦定 φ∈[−π,π)\varphi\in[-\pi,\pi)，称其为该复数幅角的主值。

复幂函数​

由复数的三角表达式，我们可以轻易地推导出棣莫弗公式，即：

z1=r1(cos⁡φ1+isin⁡φ1),  z2=r2(cos⁡φ2+isin⁡φ2)z_1=r_1(\cos\varphi_1+\mathrm i\sin\varphi_1),\,\,z_2=r_2(\cos\varphi_2+\mathrm i\sin\varphi_2)\\

根据复数的乘法，可以得到：

z1z2=r1r2(cos⁡(φ1+φ2)+isin⁡(φ1+φ2))z_1z_2=r_1r_2(\cos(\varphi_1+\varphi_2)+\mathrm i\sin(\varphi_1+\varphi_2))

由这个结果，我们可以得到复数的二次幂的结果。相似的，我们可以得到其任意整数次幂。那么我们尝试推导复数的幂函数 znz^n（此时 znz^n 为一个记号）。

在这里，我们要有一些限定条件：

  • znz^n 在 C\mathbb C 上几乎全纯，即 znz^n 定义在在 C/k\mathbb C/\mathbb k 且上处处连续，其中 k\mathbb k 的勒贝格测度为 00，如有理数集 Q\mathbb Q 和整数集 Z\mathbb Z。
  • znz^n 在实数域上完全等价于形如 xnx^n 的幂函数。

根据这两个条件，我们可以确定幂函数满足：

zn=rn(cos⁡(nφ)+isin⁡(nφ)),  n∈Rz^n=r^n(\cos(n\varphi)+\mathrm i\sin(n\varphi)),\,\,n\in\mathbb R
证明

首先，归纳法易证 n∈Zn\in\mathbb Z 的情况。
接着考虑 n∈Qn\in\mathbb Q 的情况，不妨令：n=qp (p,q∈Z, q>0, gcd⁡(p,q)=1)n=\frac qp\,(p,q\in\mathbb Z,\,q>0,\,\gcd(p,q)=1)。
考虑两个复数，满足 zp=wqz^p=w^q，则有：

wq=rwq(cos⁡(qφw)+isin⁡(qφw))=rzp(cos⁡(pφz)+isin⁡(pφz))=zp\begin{aligned} w^q&=r_w^q(\cos(q\varphi_w)+\mathrm i\sin(q\varphi_w))\\ &=r_z^p(\cos(p\varphi_z)+\mathrm i\sin(p\varphi_z))\\ &=z^p \end{aligned}

类比两式，我们有：

rwq=rzq,  qφw=pφzr_w^q=r_z^q,\,\,q\varphi_w=p\varphi_z

于是：

zpq=w=rwp/q[cos⁡(pqφw)+isin⁡(pqφw)]z^\frac pq=w=r_w^{p/q}\left[\cos\left(\frac pq\varphi_w\right)+\mathrm i\sin\left(\frac pq\varphi_w\right)\right]

代回 n=pqn=\frac pq，则对于任意的有理数 nn，命题均成立。由于有理数集 Q\mathbb Q 的稠密性，对于所有无理数 nn，构造有理数列 {nk}\{n_k\}，使得：

lim⁡k→∞nk=n\lim_{k\to\infty} n_k=n

则由于 znz^n 连续，则对于所有无理数，则 znz^n 为 k→∞k\to\infty 时，函数 znz^n 的极限，且与 {nk}\{n_k\} 的选取无关。 则对于所有实数，命题均成立。□\square

但是如上过程是基于所有的 φ\varphi 在主值上。事实上，znz^n 在严谨的来说并不能算是一个函数，若 φ\varphi 的取值不在主值上，它将是一个多值函数，顾名思义，在每一个点上有多个值，如 n∈Qn\in \mathbb Q，其会有 qq 个取值。
我们只关心我们得到的等式：

zn=rn(cos⁡(nφ)+isin⁡(nφ)),  n∈Rz^n=r^n(\cos(n\varphi)+\mathrm i\sin(n\varphi)),\,\,n\in\mathbb R

这将极大地简化我们的计算，由此，我们可以轻易地推导出 nn 倍角公式。

复指数函数​

首先我们注意到当 x≠0x\ne0 时，显然有公式：

arg⁡(x+yi)=arctan⁡yx\arg({x+y\mathrm i})=\arctan\frac yx

考虑如下极限的存在性：

lim⁡n→∞(1+zn)n\begin{align} \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac zn\right)^n \end{align}

首先，我们有模长：

lim⁡n→∞∣(1+zn)n∣=lim⁡n→∞(1+2xn+x2+y2n2)n2=lim⁡n→∞(1+2xn)n2=ex\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \left|\left(1+\frac zn\right)^n\right|&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2x}n+\frac{x^2+y^2}{n^2}\right)^\frac n2\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2x}n\right)^\frac n2\\ &=e^x \end{aligned}

于是其的模长收敛。再考虑其的幅角，由于当 nn 充分大时，总有 1+xn>01+\frac xn>0，于是幅角可以表示成：

arg⁡(1+zn)n=narctan⁡yn1+xn\arg\left(1+\frac zn\right)^n=n\arctan\frac{\frac yn}{1+\frac xn}

现在让 n→∞n\to\infty，由于 yn∼arctan⁡yn\frac yn\sim\arctan\frac yn，于是我们有：

lim⁡n→∞narctg⁡(yn1+xn)=lim⁡n→∞n⋅yn=y\lim_{n\to\infty}n\arctg\left(\frac{\frac yn}{1+\frac xn}\right)=\lim_{n\to\infty}n\cdot\frac yn=y

那么该极限收敛，且满足：

lim⁡n→∞(1+zn)n=ex(cos⁡y+isin⁡y)\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac zn\right)^n=e^x(\cos y+\mathrm i\sin y)

由于 y=0y=0 时，极限 (1)≡ex(1)\equiv e^x，根据唯一性定理，极限 (1)(1) 为函数 exe^x 在复数域 C\mathbb C 的解析延拓。此时令 x=0x=0，于是有：

eiφ=cos⁡φ+isin⁡φe^{\mathrm i\varphi}=\cos\varphi+\mathrm i\sin\varphi

对于所有的 φ=qπ  (q∈Q∪[0,1])\varphi=q\pi\,\,(q\in\mathbb Q\cup[0,1])，我们称 eiφe^{i\varphi} 为单位根，即满足如下方程的根。

xn=1x^n=1