复数

两个极坐标形式的数相乘时，模相乘、辐角相加：$r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)\cdot r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2) = r_1r_2\big(\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)\big)$，这由余弦、正弦的和角公式得到。把同一个数乘 $n$ 次，就是把它的辐角自身相加 $n$ 次。

我们对 $n \ge 0$ 用数学归纳法证明 $(\cos\theta+i\sin\theta)^n = \cos n\theta+i\sin n\theta$；一般模 $r = 1$ 和负指数 $n = -m$ 的情形随后立即得出。

**基础（$n = 0$）。** $(\cos\theta+i\sin\theta)^0 = 1 = \cos 0 + i\sin 0$。✓

归纳步骤。 设 $(\cos\theta+i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$ 成立。两边乘以 $(\cos\theta+i\sin\theta)$：$(\cos\theta+i\sin\theta)^{n+1} = (\cos n\theta + i\sin n\theta)(\cos\theta + i\sin\theta)$。展开并应用和角公式 $\cos(A+B) = \cos A\cos B - \sin A\sin B$ 和 $\sin(A+B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B$，实部等于 $\cos n\theta\cos\theta - \sin n\theta\sin\theta = \cos(n+1)\theta$，虚部等于 $\sin n\theta\cos\theta + \cos n\theta\sin\theta = \sin(n+1)\theta$，从而 $n+1$ 时公式成立，归纳完成。

推广到一般模和负指数。 对模 $r = 1$：$(r(\cos\theta+i\sin\theta))^n = r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$。对 $n = -m$（$m > 0$）：$|\cos m\theta + i\sin m\theta| = 1$，故其倒数为 $\overline{\cos m\theta + i\sin m\theta} = \cos(-m\theta) + i\sin(-m\theta)$，故 $(\cos\theta+i\sin\theta)^{-m} = \cos(-m\theta) + i\sin(-m\theta)$。

$e^x$、$\cos x$、$\sin x$ 的泰勒级数在把 $x$ 换成 $i\theta$ 后仍然有意义：$e^{i\theta} = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(i\theta)^n}{n!}$。把这个和按 $n$ 的奇偶拆开，并用 $i^2=-1$ 化简每个 $i$ 的幂，实部恰好得到 $\cos\theta = \sum \dfrac{(-1)^k\theta^{2k}}{(2k)!}$，虚部得到 $\sin\theta = \sum \dfrac{(-1)^k\theta^{2k+1}}{(2k+1)!}$。要把这个论证——像处理有限和一样处理复数项的无穷级数——完全严格化，属于复变函数论的内容。

第一步 — 回顾泰勒级数。 对所有实数 $x$：$e^x = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}$，$\cos x = \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}$，$\sin x = \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}$。三个级数对所有实数（以及复数）绝对收敛。

**第二步 — 将 $x = i\theta$ 代入指数级数。** 绝对收敛保证逐项代入的合法性：$e^{i\theta} = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(i\theta)^n}{n!} = 1 + i\theta + \dfrac{(i\theta)^2}{2!} + \dfrac{(i\theta)^3}{3!} + \cdots$。

**第三步 — 利用 $i^2 = -1$ 化简并分离实部与虚部。** $i$ 的幂以 4 为周期循环：$i^0=1,\,i^1=i,\,i^2=-1,\,i^3=-i,\,i^4=1,\ldots$ 分离偶数下标项（实部）和奇数下标项（虚部）：$e^{i\theta} = \left(1 - \dfrac{\theta^2}{2!} + \dfrac{\theta^4}{4!} - \cdots\right) + i\left(\theta - \dfrac{\theta^3}{3!} + \dfrac{\theta^5}{5!} - \cdots\right) = \cos\theta + i\sin\theta$。要使这一操作完全严格，需复指数级数的绝对收敛性，而 $\sum |a_n|$ 收敛即可保证。

在 $\mathbb{R}$ 上，像 $x^2+1$ 这样的多项式可能没有根，因为它的图象永远不与 $x$ 轴相交。复数消除了这一障碍：对每个非常数多项式，$\mathbb{C}$ 中都存在一个根，不再有例外。一旦找到一个根 $z_1$，用 $(z-z_1)$ 去除 $p(z)$ 就得到一个 $n-1$ 次多项式，可以再次应用同一个事实。

不存在纯代数的证明：所有已知的证明都借用了分析学或拓扑学的工具。最短的证明使用复变函数论中的刘维尔定理——完整论证见「复变函数」。