希望快速了解或快速回顾高中数学的读者可以只看基础知识部分。其余部分是为需要参加学科考试或需要一定知识提升的读者准备的。

阅读本节内容需要了解复数的基本定义与代数形式的四则运算法则和三角函数的基本概念。本节要介绍的棣莫弗公式的证明需要用到两角和与差的三角函数公式。

首先要熟悉复数的三角函数形式的含义，包括实部、虚部和幅角（主值）之间的固定关系式。注意有时候要学会将非标准的三角形式化简为标准的三角形式。其次应该了解复数乘法和除法的几何意义。在复数范围内开高次方是进阶的知识，虽然在本节提到的特殊情形下（对正负数开n次方）的具体做法并不复杂，但是常规中学考试基本上不会考。

棣莫弗公式在一般的高中教科书中只是有所提及其名字[1]，几乎不可能考。欧拉公式由于牵涉到微积分学知识也不太可能被纳入中学常规考试范围。不过只是由于棣莫弗公式和欧拉公式在后续课程中的地位过于重要，我们仍将其列为基础知识。

在平面上指定横、纵位置可以确定一个点，通过到一个固定参考点的距离和相对于某个轴向的偏转角也可以确定一个点。

单位复向量的终点均落在单位圆的圆周上。如果模仿三角函数的单位圆定义，将非零复向量与x轴正方向的夹角大小记为 θ {\displaystyle \theta } ，由三角函数的定义可知，每一个单位复向量可以表示为 cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ {\displaystyle \cos \theta +i\sin \theta } 的形式。

对于每一个非零向量z，当长度变为原来的 1 | z | {\displaystyle {\frac {1}{|z|}}} 倍后也成为单位向量，所以能写成如下的形式： z = | z | ⋅ z | z | = | z | ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) {\displaystyle z=|z|\cdot {\frac {z}{|z|}}=|z|(\cos \theta +i\sin \theta )}

每一个复数可以表示为如下的三角形式（trigonometric form）[2][1]：

其中的 θ {\displaystyle \theta } 叫做复数z的幅角（argument）。很多时候只希望将幅角的范围限定在 [ 0 , 2 π ) {\displaystyle [0,2\pi )} 中，这种幅角叫做辐角主值（principal value of the argument）或主幅角，记为Arg(z)。

每一个非零的复数都具有唯一的三角形式，即具有唯一的r和 θ {\displaystyle \theta } 与之对应。

特别地，单位复向量 cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ {\displaystyle \cos \theta +i\sin \theta } 在复平面上表示以原点为圆心、1为半径的圆（单位圆）上的点。[3]

注意：(1)幅角主值的规定是 [ 0 , 2 π ) {\displaystyle [0,2\pi )} ，保证了一个复数和它幅角主值的一一对应。(2)复数表示为三角形式 z = r ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) {\displaystyle z=r(\cos \theta +i\sin \theta )} 时，要求 r ∈ R , r ≥ 0 {\displaystyle r\in \mathbb {R} ,r\geq 0} ，且注意其中的正余弦必须是针对同一个角。[3]

注意：在有的专著中，为方便同时讨论普通幅角和主幅角（即幅角主值），会将普通幅角记为小写的arg()，主幅角记为大写开头的Arg()。高中阶段的数学书一般只强调幅角主值，其中的arg()符号一般也仅是指幅角主值。

提示：复数的三角形式使用的其实是平面上点的位置或向量的另一种表示方式，叫做极坐标形式（polar form）。在极坐标的坐标系中，也有原点和一个叫做极轴的射线作为参考方向。点或向量的极坐标仍然由有序排列的2个数组成：第1个数代表点距离原点的距离或对应向量的长度，叫做极径；第2个数代表非零向量与横坐标轴正方向的夹角（对原点或零向量则有单独规定），叫做极角。

满足 A r g ( z ) = θ ( 0 ，等价于在复平面内把这个复数 z 0 {\displaystyle z_{0}} 对应的向量逆时针旋转 θ {\displaystyle \theta } ，再将长度变为原来的r = |z|倍；将任何一个复数除以 cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ {\displaystyle \cos \theta +i\sin \theta } ，等价于在复平面内把这个复数对应的向量顺时针旋转 θ {\displaystyle \theta } ，再将长度变为原来的 1 r = 1 | z | {\displaystyle {\frac {1}{r}}={\frac {1}{|z|}}} 倍。[2]

z和 z ¯ {\displaystyle {\bar {z}}} 分别表示从原点出发的关于实轴镜像对称的2个向量。它们的向量和是菱形的对角线，分布在实轴上。设z和 z ¯ {\displaystyle {\bar {z}}} 的幅角大小分别为 θ z {\displaystyle \theta _{z}} 和 θ z ¯ {\displaystyle \theta _{\bar {z}}} ，则 θ z ¯ = θ z {\displaystyle \theta _{\bar {z}}=\theta {z}} 。将从原点出发、朝向 θ z {\displaystyle \theta _{z}} 的终边方向的向量绕原点旋转 θ {\displaystyle \theta } 后，肯定会落在实轴上。所以 z ⋅ z ¯ {\displaystyle z\cdot {\bar {z}}} 的结果一定为实数。不难验证有 z ⋅ z ¯ = | z | 2 = x 2 + y 2 {\displaystyle z\cdot {\bar {z}}=|z|^{2}=x^{2}+y^{2}} 成立。[3]

思考：如果要作类比的话，复数的乘法更像实向量的数乘还是点乘？

相关例题2： 已知 z 1 , z 2 , z 3 {\displaystyle z_{1},z_{2},z_{3}} 都是非零复数， z 1 ⋅ z 2 = z 3 , A r g ( z 1 ) = 2 π 3 , A r g ( z 3 ) = 5 π 3 {\displaystyle z_{1}\cdot z_{2}=z_{3},Arg(z_{1})={\frac {2\pi }{3}},Arg(z_{3})={\frac {5\pi }{3}}} ，求 z 2 {\displaystyle z_{2}} 的幅角主值。

相关例题3： 已知i是虚数单位， c i s ( z ) = cos ⁡ z + i sin ⁡ z {\displaystyle cis(z)=\cos z+i\sin z} ，求 c i s ( z ) ⋅ c i s ( 2 z ) ⋅ c i s ( 3 z ) ⋅ ⋯ ⋅ c i s ( n z ) {\displaystyle cis(z)\cdot cis(2z)\cdot cis(3z)\cdot \cdots \cdot cis(nz)} 的值。

相关例题4： 已知i是虚数单位，求证：形如 z = cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ {\displaystyle z=\cos \theta +i\sin \theta } 的复数与其共轭复数是倒数关系。

相关例题5： 已知i是虚数单位， z = 3 cos ⁡ θ + 4 i sin ⁡ θ {\displaystyle z=3\cos \theta +4i\sin \theta } ，求 z ¯ 6 {\displaystyle {\bar {z}}^{6}} 的共轭复数的表达式。

如果 x n = z ( x , z ∈ C , n ∈ N + ) {\displaystyle x^{n}=z\quad (x,z\in \mathbb {C} ,n\in \mathbb {N} ^{+})} ，则x叫做z的n次方根。容易发现，对z的 n ( n ∈ N + ) {\displaystyle n(n\in \mathbb {N} ^{+})} 次方根的研究，实际上总是归结为对1的n次方根的研究。

1的每一个 n ( n ∈ N + ) {\displaystyle n(n\in \mathbb {N} ^{+})} 次方根，都称为1个n次单位根，简称单位根。[5]

可以验证：

事实上，可以根据复数乘、除法的几何意义，猜到任意非零复数z的n个n次方根都可以表示为[4][6]：

思考：根据几何意义猜测，负数的n次方根在复平面上的分布规律是什么样的？

借助虚数单位的帮助，某些以实数为变量的三角函数出现了新的运算规律。使用下面介绍的公式也能验证刚才提到的任意非零复数z的n次方根公式。

法国男人亚伯拉罕·棣莫弗（Abraham de Moivre）发现了如下的棣莫弗公式（De Moivre's formula）： ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) n = cos ⁡ n x + i sin ⁡ n x ( x ∈ R , n ∈ N ) {\displaystyle (\cos x+i\sin x)^{n}=\cos nx+i\sin nx\quad (x\in \mathbb {R} ,n\in \mathbb {N} )}

证明：套用n次三角形式的复数乘法公式即可证明棣莫弗公式[6]： n z n = z ⋅ z ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z ⏞ = ( z ⋅ z ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) ⋅ ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ θ ⋅ cos ⁡ θ + cos ⁡ θ ⋅ ( i sin ⁡ θ ) + ( i sin ⁡ θ ) ⋅ cos ⁡ θ + ( i sin ⁡ θ ) ⋅ ( i sin ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ θ cos ⁡ θ + i cos ⁡ θ sin ⁡ θ + i sin ⁡ θ cos ⁡ θ + i 2 sin ⁡ θ sin ⁡ θ ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( ( cos ⁡ θ cos ⁡ θ − sin ⁡ θ sin ⁡ θ ) + i ( cos ⁡ θ sin ⁡ θ + sin ⁡ θ cos ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ ( θ + θ ) + i sin ⁡ ( θ + θ ) ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ 2 θ + i sin ⁡ 2 θ ) ⋅ z ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( ( cos ⁡ 2 θ + i sin ⁡ 2 θ ) ⋅ ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ 2 θ ⋅ cos ⁡ θ + cos ⁡ 2 θ ⋅ ( i sin ⁡ θ ) + ( i sin ⁡ 2 θ ) ⋅ cos ⁡ θ + ( i sin ⁡ 2 θ ) ⋅ ( i sin ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ 2 θ cos ⁡ θ + i cos ⁡ 2 θ sin ⁡ θ + i sin ⁡ 2 θ cos ⁡ θ + i 2 sin ⁡ 2 θ sin ⁡ θ ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( ( cos ⁡ 2 θ cos ⁡ θ − sin ⁡ 2 θ sin ⁡ θ ) + i ( cos ⁡ 2 θ sin ⁡ θ + sin ⁡ 2 θ cos ⁡ θ ) ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ ( 2 θ + θ ) + i sin ⁡ ( 2 θ + θ ) ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ 3 θ + i sin ⁡ 3 θ ) ⋅ z ⋅ . . . ⋅ z = ( cos ⁡ 4 θ + i sin ⁡ 4 θ ) ⋅ . . . ⋅ z ⋯ = ( cos ⁡ ( ( n − 1 ) θ ) + i sin ⁡ ( ( n − 1 ) θ ) ) ⋅ z = cos ⁡ n θ + i sin ⁡ n θ {\displaystyle {\begin{array}{l}{\begin{array}{c}&n&\\z^{n}&=\overbrace {z\cdot z\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z} &=(z\cdot z)\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\\end{array}}\\=((\cos \theta +i\sin \theta )\cdot (\cos \theta +i\sin \theta ))\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos \theta \cdot \cos \theta +\cos \theta \cdot (i\sin \theta )+(i\sin \theta )\cdot \cos \theta +(i\sin \theta )\cdot (i\sin \theta ))\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos \theta \cos \theta +i\cos \theta \sin \theta +i\sin \theta \cos \theta +i^{2}\sin \theta \sin \theta )\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=((\cos \theta \cos \theta -\sin \theta \sin \theta )+i(\cos \theta \sin \theta +\sin \theta \cos \theta ))\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos(\theta +\theta )+i\sin(\theta +\theta ))\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos 2\theta +i\sin 2\theta )\cdot z\cdot z\cdot ...\cdot z\\=((\cos 2\theta +i\sin 2\theta )\cdot (\cos \theta +i\sin \theta ))\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos 2\theta \cdot \cos \theta +\cos 2\theta \cdot (i\sin \theta )+(i\sin 2\theta )\cdot \cos \theta +(i\sin 2\theta )\cdot (i\sin \theta ))\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos 2\theta \cos \theta +i\cos 2\theta \sin \theta +i\sin 2\theta \cos \theta +i^{2}\sin 2\theta \sin \theta )\cdot z\cdot ...\cdot z\\=((\cos 2\theta \cos \theta -\sin 2\theta \sin \theta )+i(\cos 2\theta \sin \theta +\sin 2\theta \cos \theta ))\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos(2\theta +\theta )+i\sin(2\theta +\theta ))\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos 3\theta +i\sin 3\theta )\cdot z\cdot ...\cdot z\\=(\cos 4\theta +i\sin 4\theta )\cdot ...\cdot z\\\cdots \\=(\cos((n-1)\theta )+i\sin((n-1)\theta ))\cdot z\\=\cos n\theta +i\sin n\theta \end{array}}} 证明完毕。

提示： f ( x ) = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle f(x)=\cos x+i\sin x} 也叫做cis函数，容易验证 ( c i s ( x ) ) 2 = c i s ( 2 x ) {\displaystyle (cis(x))^{2}=cis(2x)} 。棣莫弗公式则给出了更一般的关系，即 ( c i s ( x ) ) n = c i s ( n x ) {\displaystyle (cis(x))^{n}=cis(nx)} 。

相关例题1： 已知i是虚数单位，请利用复数三角形式的乘法法则 r 1 ( cos ⁡ θ 1 + i sin ⁡ θ 1 ) ⋅ r 2 ( cos ⁡ θ 2 + i sin ⁡ θ 2 ) = r 1 r 2 ( cos ⁡ ( θ 1 + θ 2 ) + i sin ⁡ ( θ 1 + θ 2 ) ) {\displaystyle r_{1}(\cos \theta _{1}+i\sin \theta _{1})\cdot r_{2}(\cos \theta _{2}+i\sin \theta _{2})=r_{1}r_{2}(\cos(\theta _{1}+\theta _{2})+i\sin(\theta _{1}+\theta _{2}))} 简化上述棣莫弗公式的证明。（如果已学过数学归纳法，可以尝试改写为使用数学归纳法论证。）

相关例题2： 已知i是虚数单位，使用棣莫弗公式验证任意非零复数z的n次方根公式： r 1 n ( cos ⁡ x + 2 π k n + i sin ⁡ x + 2 π k n ) ( k ∈ Z , 0 ≤ k ≤ n − 1 ) {\displaystyle r^{\frac {1}{n}}(\cos {\frac {x+2\pi k}{n}}+i\sin {\frac {x+2\pi k}{n}})\quad (k\in \mathbb {Z} ,0\leq k\leq n-1)}

相关例题3： 已知i是虚数单位， z n = cos ⁡ n x − i sin ⁡ n x {\displaystyle z^{n}=\cos nx-i\sin nx} ，求z的表达式。

相关例题4： 已知i是虚数单位，以及用三角形式表示的2个复数 α = r ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) , β = r ( cos ⁡ θ − i sin ⁡ θ ) , r > 0 {\displaystyle \alpha =r(\cos \theta +i\sin \theta ),\beta =r(\cos \theta -i\sin \theta ),r>0} ，再设 f ( n ) = A α n + B β n ( A ≠ 0 , B ≠ 0 ) {\displaystyle f(n)=A\alpha ^{n}+B\beta ^{n}\quad (A\neq 0,B\neq 0)} ，求证f(n)可以表示成 r n ( C cos ⁡ n θ + D sin ⁡ n θ ) ( C , D ∈ R ) {\displaystyle r^{n}(C\cos n\theta +D\sin n\theta )\quad (C,D\in \mathbb {R} )} 的形式。（出自：对二阶常系数线性递推数列的一般解的代数变形[7]。）

证明： f ( n ) = A α n + B β n = A ( r ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) ) n + B ( r ( cos ⁡ θ − i sin ⁡ θ ) ) n = A r n ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) n + B r n ( cos ⁡ θ − i sin ⁡ θ ) n = A r n ( cos ⁡ n θ + i sin ⁡ n θ ) + B r n ( cos ⁡ ( − θ ) + i sin ⁡ ( − θ ) ) n = A r n ( cos ⁡ n θ + i sin ⁡ n θ ) + B r n ( cos ⁡ ( − n θ ) + i sin ⁡ ( − n θ ) ) = A r n cos ⁡ n θ + A i r n sin ⁡ n θ ) + B r n cos ⁡ ( − n θ ) + B i r n sin ⁡ ( − n θ ) = ( A r n cos ⁡ n θ + B r n cos ⁡ ( − n θ ) ) + ( A i r n sin ⁡ n θ ) + B i r n sin ⁡ ( − n θ ) ) = ( A r n cos ⁡ n θ + B r n cos ⁡ n θ ) + ( A i r n sin ⁡ n θ ) − B i r n sin ⁡ n θ ) = ( A + B ) r n cos ⁡ n θ + ( A − B ) i r n sin ⁡ n θ = r n ( ( A + B ) cos ⁡ n θ + ( A − B ) i sin ⁡ n θ ) {\displaystyle {\begin{array}{l}f(n)=A\alpha ^{n}+B\beta ^{n}\\=A(r(\cos \theta +i\sin \theta ))^{n}+B(r(\cos \theta -i\sin \theta ))^{n}\\=Ar^{n}(\cos \theta +i\sin \theta )^{n}+Br^{n}(\cos \theta -i\sin \theta )^{n}\\=Ar^{n}(\cos n\theta +i\sin n\theta )+Br^{n}(\cos(-\theta )+i\sin(-\theta ))^{n}\\=Ar^{n}(\cos n\theta +i\sin n\theta )+Br^{n}(\cos(-n\theta )+i\sin(-n\theta ))\\=Ar^{n}\cos n\theta +Air^{n}\sin n\theta )+Br^{n}\cos(-n\theta )+Bir^{n}\sin(-n\theta )\\=(Ar^{n}\cos n\theta +Br^{n}\cos(-n\theta ))+(Air^{n}\sin n\theta )+Bir^{n}\sin(-n\theta ))\\=(Ar^{n}\cos n\theta +Br^{n}\cos n\theta )+(Air^{n}\sin n\theta )-Bir^{n}\sin n\theta )\\=(A+B)r^{n}\cos n\theta +(A-B)ir^{n}\sin n\theta \\=r^{n}((A+B)\cos n\theta +(A-B)i\sin n\theta )\end{array}}} 记C = (A+B), D = (A-B)，则上式可以进一步化简为： f ( n ) = r n ( C cos ⁡ n θ + D i sin ⁡ n θ ) {\displaystyle f(n)=r^{n}(C\cos n\theta +Di\sin n\theta )} 这就是题目中要求证的形式。证明完毕。

相关例题5： 已知i是虚数单位，求证：复数数列 { ( 1 + i ) n + ( 1 − i ) n } ( n ∈ N + ) {\displaystyle \{(1+i)^{n}+(1-i)^{n}\}\quad (n\in \mathbb {N} ^{+})} 每一项的取值都是整数。 （提示：为利用到棣莫弗公式，应该先将 1 ± i {\displaystyle 1\pm i} 分别写成复数的三角形式 2 ( cos ⁡ π 4 + i sin ⁡ π 4 ) {\displaystyle {\sqrt {2}}(\cos {\frac {\pi }{4}}+i\sin {\frac {\pi }{4}})} ，通项的最终化简结果为 a n = ( 2 ) n ( C cos ⁡ n π 4 + D sin ⁡ n π 4 ) ( C , D ∈ R ) {\displaystyle a_{n}=({\sqrt {2}})^{n}(C\cos {\frac {n\pi }{4}}+D\sin {\frac {n\pi }{4}})\quad (C,D\in \mathbb {R} )} 。）

为避免牵扯到较多的微积分学知识，我们直接空降出下列更著名的关系：

下列关系式给出了虚指数的取值定义，叫做欧拉公式（Euler's formula）[4]： e x i = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle e^{xi}=\cos x+i\sin x}

欧拉公式可以视作是给虚指数下了定义。它是微积分学中基于一些经验事实的大胆假设，不能在初等数学的范围内给予严格证明。更进一步地，可以规定复指数的如下运算法则：

人为规定以自然常数e为底数、复数 z = a + b i ( a , b ∈ R ) {\displaystyle z=a+bi\quad (a,b\in \mathbb {R} )} 为指数的复指数满足以下法则： e z := e a + b i = e a ⋅ e b i {\displaystyle e^{z}:=e^{a+bi}=e^{a}\cdot e^{bi}}

易知复指数可以分解为作为实数的模 | e z | = e a {\displaystyle |e^{z}|=e^{a}} 与单位复数 e b i ( b ∈ R ) {\displaystyle e^{bi}\quad (b\in \mathbb {R} )} 的乘积。这种分解方法很有用，能够直接看出复数的模和幅角主值的大小，也便于观察出复数乘法与复指数乘法之间的联系。

知识背景：这种将一个量分解为长度与另一部分乘积的做法可以推广到复系数的向量，而且在其它数学分支中也有应用。例如对实系数或复系数的矩阵或无穷维的矩阵（或者叫算子）也都可以定义类似的操作，叫做对矩阵或算子的极分解。

由欧拉公式与复指数的定义，可以得到以下结论：

由于欧拉恒等式把5个最基本的数学常数简洁地连系起来，所以被美国物理学家理查德·费曼形容为“数学中最引人瞩目的公式”[9]。

利用三角函数与复指数的转换，每一个复数可以表示为如下的指数形式（exponential form）： z = r e θ i ( r ≥ 0 , θ ∈ R ) {\displaystyle z=re^{\theta i}\quad (r\geq 0,\theta \in \mathbb {R} )} 特别地，每一个非零的复数都具有唯一的指数形式。

反过来，三角函数也可以推广到复变量的情形。复变量的三角函数脱离了单位圆的几何束缚，直接利用复指数函数进行定义[8]：

提示：上述定义与实变量双曲函数的定义非常相似，进而导致正余弦函数在虚轴上的取值的变化规律与实轴上的双曲函数相同。

至此，复数的4种表示方法全部出现：代数形式、向量形式、三角形式、指数形式。[4]

相关例题6： 普通正弦函数的下列性质在定义域拓展到复数范围后，哪些仍然能够成立？对其中成立的给出证明，对其中不成立的给出理由说明。

相关例题7： 举出一个周期为虚数的函数的例子。

相关例题8： 举例说明 | sin ⁡ z | ≤ 1 ( z ∈ C ) {\displaystyle |\sin z|\leq 1\quad (z\in \mathbb {C} )} 在复数范围内一般不成立。（更一般地说，三角函数的有界性在复数范围内都不再成立。[8]）

许多非代数计算的问题，优先从几何角度考虑，能较快得到思路。[3]

相关例题： 已知i为虚数单位，复数z的模为2，求|z - i|的最大值。 （出自：1992年中国大陆高考理科数学试卷第15题。）