最后更新: 2025-01-06 18:43 查看: 416 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

复数的指数表示

## 欧拉公式
我们首先引进一个著名的公式——欧拉公式：
$$
e^{i \theta}=\cos \theta+i \sin \theta
$$
其中 $e=2.71828 \cdots$ 是一个重要的常数，也就是自然对数的底数。

关于欧拉公式的推导可以在大学课程的[《复变函数论欧拉公式》](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1867)中证明，我们只要暂时记住这个结论即可。

这个公式表明了：模为 1、幅角为 $\theta$ 的复数 $\cos \theta+i \sin \theta$ 与以 $e$ 为底的复指数函数的关系，从这个公式出发, 对任一个复数

$$
z=a+b i=r(\cos \theta+i \sin \theta)
$$

就可以表示成 $z=r \cdot e^{i \theta}$ 的形式，我们就把这一表达式叫做**复数的指数形式**.例如：
- 复数 $\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}$ 的指数形式为 $e^{i \frac{\pi}{2}}$
- 复数 $3\left(\cos \frac{\pi}{4}+i \sin \frac{\pi}{4}\right)$ 的指数形式为 $3 e^{i \frac{\pi}{4}}$

这样，同一个复数，就有三种不同形式的表达方法——代数形式、三角形式、指数形式. 如：

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i & =\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3}=e^{i \frac{\pi}{3}} \\
-2 \sqrt{3}+2 i & =4\left(\cos \frac{5 \pi}{6}+i \sin \frac{5 \pi}{6}\right)=4 e^{i \frac{5 \pi}{6}}
\end{aligned}
$$

复数的指数形式便利于乘、除、乘方及开方运算. 因为可以证明原有在实数范围内的指数运算律它都仍然满足. 这就是:

设 $z_1=r_1 e^{i \theta_1}, z_2=r_2 e^{i \theta_2}$, 则有

$$
\begin{aligned}
z_1 \cdot z_2 & =\left(r_1 e^{i \theta_1}\right) \cdot\left(r_2 e^{i \theta_2}\right) \\
& =r_1\left(\cos \theta_1+i \sin \theta_1\right) \cdot r_2\left(\cos \theta_2+i \sin \theta_2\right) \\
& =r_1 r_2\left[\cos \left(\theta_1+\theta_2\right)+i \sin \left(\theta_1+\theta_2\right)\right]=r_1 r_2 \cdot e^{i\left(\theta_1+\theta_2\right)}
\end{aligned}
$$

即

$$
r_1 e^{i \theta_1} \cdot r_2 e^{i \theta_2}=r_1 r_2 e^{i\left(\theta_1+\theta_2\right)}
$$

同理可证：

$$
\begin{aligned}
& \frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1 e^{i \theta_1}}{r_2 e^{i \theta_2}}=\frac{r_1}{r_2} \cdot e^{i\left(\theta_1-\theta_2\right)} \quad\left(z_2 \neq 0\right) \\
& z_1^n=\left(r_1 e^{i \theta_1}\right)^n=r_1^n \cdot e^{i n \theta_1} \quad(n \in \mathbb{N})
\end{aligned}
$$

$z_1$ 的 $n$ 次方根： $\sqrt[n]{z_1}=\sqrt[n]{r_1 e^{i \theta_1}}=\sqrt[n]{r_1} e^{i \frac{\theta_1+2 k \pi}{n}} \quad(k=0,1, \ldots, n-1)$

`例` 把复数 $z=2 i$ 化成指数形式.
 解: 
 $$
 \begin{aligned}
& \because \quad z=2 i=2\left(\cos \frac{\pi}{2}+i \sin \frac{\pi}{2}\right) \\
& \therefore \quad z=2 \cdot e^{i \frac{\pi}{2}}
\end{aligned}
$$

`例` 已知 $z_1=\sqrt{2} \cdot e^{i\left(-\frac{\pi}{4}\right)}, z_2=\sqrt{5} \cdot e^{i \frac{2 \pi}{3}}$. 试求:
(1) $z_1 \cdot z_2$
(2) $z_1$ 的平方根

要把结果表示成复数的三角形式。

解:(1)
$$
\begin{aligned}
z_1 \cdot z_2 & =\left(\sqrt{2} e^{i\left(-\frac{\pi}{4}\right)}\right) \cdot\left(\sqrt{5} e^{i \frac{2 \pi}{3}}\right) \\
& =\sqrt{10} e^{i \frac{5 \pi}{12}}=\sqrt{10}\left(\cos \frac{5 \pi}{12}+i \sin \frac{5 \pi}{12}\right)
\end{aligned}
$$

(2) $\sqrt{\sqrt{2} \cdot e^{i\left(-\frac{\pi}{4}\right)}}=\sqrt[4]{2} \cdot e^{i \frac{-\frac{\pi}{4}+2 k \pi}{2}} \quad(k=0,1)$
$\therefore \quad z_1$ 的两个平方根为

$$
\begin{aligned}
& x_1=\sqrt[4]{2} \cdot e^{i\left(-\frac{\pi}{8}\right)}=\sqrt[4]{2}\left(\cos \frac{15 \pi}{8}+i \sin \frac{15 \pi}{8}\right) \\
& x_2=\sqrt[4]{2} \cdot e^{i \frac{7 \pi}{8}}=\sqrt[4]{2}\left(\cos \frac{7 \pi}{8}+i \sin \frac{7 \pi}{8}\right)
\end{aligned}
$$

`例`  试用 $e^{i \theta}$ 与 $e^{-i \theta}$ 表示 $\cos \theta$ 与 $\sin \theta$.
解：由于

$$
\begin{aligned}
e^{i \theta} & =\cos \theta+i \sin \theta \\
e^{-i \theta} & =\cos (-\theta)+i \sin (-\theta)=\cos \theta-i \sin \theta
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 联立, 可解出 }\\
&\begin{aligned}
& \cos \theta=\frac{1}{2}\left(e^{i \theta}+e^{-i \theta}\right) \\
& \sin \theta=\frac{1}{2} i\left(e^{i \theta}-e^{-i \theta}\right)
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

## 证明三角恒等式
在上面例题得到一个重要结论：

$(1) \cos \theta=\frac{1}{2}\left(e^{i \theta}+e^{-i \theta}\right)$
$(2) \sin \theta=\frac{1}{2} i\left(e^{i \theta}-e^{-i \theta}\right)$
利用这个结论，可以证明三角恒等式。

`例` 求证： $-2 \sin \alpha \cdot \sin \beta=\cos (\alpha+\beta)-\cos (\alpha-\beta)$
证明: $\because \sin \alpha=\frac{1}{2 i}\left(e^{i \alpha}-e^{-i \alpha}\right), \quad \sin \beta=\frac{1}{2 i}\left(e^{i \beta}-e^{-i \beta}\right)$

$$
\begin{aligned}
\therefore \quad \text { 左 } & =-2 \cdot \frac{1}{4 i^2}\left[e^{i(\alpha+\beta)}+e^{-i(\alpha+\beta)}-e^{i(\alpha-\beta)}-e^{i(\beta-\alpha)}\right] \\
& =\frac{1}{2}\left[e^{i(\alpha+\beta)}+e^{-i(\alpha+\beta)}\right]-\frac{1}{2}\left[e^{i(\alpha-\beta)}+e^{-i(\alpha-\beta)}\right] \\
& =\cos (\alpha+\beta)-\cos (\alpha-\beta)=\text { 右 }
\end{aligned}
$$

$\therefore$ 原等式成立.

`例` 求证: $\sin (\alpha+\beta) \cdot \cos (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cdot \cos \alpha+\sin \beta \cdot \cos \beta$

证明:

$$
\begin{aligned}
& \text { 左式 }=\frac{1}{2 i}\left[e^{i(\alpha+\beta)}-e^{-i(\alpha+\beta)}\right] \cdot \frac{1}{2}\left[e^{i(\alpha-\beta)}+e^{-i(\alpha-\beta)}\right] \\
&=\frac{1}{4 i}\left[e^{2 \alpha i}+e^{2 \beta i}-e^{-2 \beta i}-e^{-2 \alpha i}\right] \\
& \text { 右式 }= \frac{1}{2 i}\left(e^{i \alpha}-e^{-i \alpha}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(e^{i \alpha}+e^{-i \alpha}\right)+\frac{1}{2 i}\left(e^{i \beta}-e^{-i \beta}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(e^{i \beta}+e^{-i \beta}\right) \\
&= \frac{1}{4 i}\left[e^{2 \alpha i}-e^{-2 \alpha i}+e^{2 \beta i}-e^{-2 \beta i}\right] \\
& \because \quad \text { 左式 }=\text { 右式 } \\
& \therefore \quad \text { 原等式成立. }
\end{aligned}
$$

对于具有条件 $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ 的三角恒等式，应用复数的指数形式加以证明更为有利.

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