复对数、反三角函数与同终角
你已经知道 \(\cos\theta = \tfrac{1}{2}\) 有无穷多个实数解。但如果有人让你解 \(\cos\theta = 2\) 呢？没有任何实角的余弦值大于 1！
事实证明复数拯救了一切。通过将欧拉公式 \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) 与对数联系起来，我们可以求解”不可能”的三角方程——答案是复角。这与信号处理、量子力学和电气工程中使用的数学是一样的。
本课内容
- 用复指数表示 \(\cos\theta\) 和 \(\sin\theta\)
- 当 \(a > 1\) 时求解 \(\cos\theta = a\) 和 \(\sin\theta = a\)（复角）
- 复对数与 \(\ln i\)
- 同终角及其在角度除法中的重要性
- 求解 \(\cos(5\theta) = \tfrac{1}{2}\)：在单位圆上找到全部 10 个解
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课程关键帧
预备知识
欧拉公式将指数函数与三角函数联系起来：
\[e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\]
在单位圆上，复数 \(e^{i\theta}\) 是角度为 \(\theta\)（弧度）的点。其实部是 \(\cos\theta\)，虚部是 \(\sin\theta\)。
\(e^{i\theta}\) 的共轭是 \(e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta\)。
对数是指数的逆运算。如果 \(a^x = b\)，则根据定义：
\[x = \log_a b\]
自然对数 \(\ln\) 使用底数 \(e \approx 2.718\)：
\[e^x = b \quad\Longleftrightarrow\quad x = \ln b\]
关键恒等式：\(\ln(ab) = \ln a + \ln b\)（指数相加 = 乘幂相乘）。
像 \(2 + \sqrt{3}\) 和 \(2 - \sqrt{3}\) 这样的两个表达式是根式共轭。它们的乘积总是有理数：
\[(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3}) = 4 - 3 = 1\]
所以它们互为倒数。这个事实在我们证明 \(\ln(2+\sqrt{3}) + \ln(2-\sqrt{3}) = 0\) 时至关重要。
核心要点
余弦和正弦的指数形式：
\[\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}, \qquad \sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i}\]
\(\cos\theta = a\) 的通解：
\[e^{i\theta} = a \pm \sqrt{a^2 - 1}\]
\[\theta = -i\ln\!\bigl(a \pm \sqrt{a^2 - 1}\bigr) + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}\]
复数 \(z = re^{i\phi}\) 的复对数：
\[\ln z = \ln r + i\phi + 2k\pi i, \quad k \in \mathbb{Z}\]
同终角很重要： 当你将 \(5\theta = \pm\frac{\pi}{3} + 2k\pi\) 两边除以 5 时，\(2k\pi\) 项变为 \(\frac{2k\pi}{5}\)，产生的不同解不会被彼此遮挡。
热身：求解 \(\cos\theta = \tfrac{1}{2}\)（实数情形）
在单位圆上，\(\cos\theta\) 是水平坐标。要解 \(\cos\theta = \tfrac{1}{2}\)，画竖直线 \(x = \tfrac{1}{2}\)——它在两点与圆相交：
\[\theta = \pm\frac{\pi}{3} + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}\]
即 \(60°\) 和 \(300°\)，加上任意整圈旋转。
推导余弦的指数形式
从欧拉公式及其共轭出发：
\[e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\] \[e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta\]
相加以消去正弦项：
\[e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta\]
单位圆上的两个向量 \(e^{i\theta}\) 和 \(e^{-i\theta}\) 关于实轴对称。它们有相同的水平分量（\(\cos\theta\)）但有相反的垂直分量（\(+i\sin\theta\) 和 \(-i\sin\theta\)）。相加使实部加倍，虚部归零。
\[\boxed{\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}}\]
类似地，相减以分离正弦：
\[e^{i\theta} - e^{-i\theta} = 2i\sin\theta\]
\[\boxed{\sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i}}\]
求解 \(\cos\theta = 2\)（复角）
由于没有实角的 \(|\cos\theta| > 1\)，角度 \(\theta\) 必定是复数。代入指数形式：
\[\frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} = 2\]
令 \(u = e^{i\theta}\)，则 \(e^{-i\theta} = \frac{1}{u}\)（指数函数永不为零）：
\[u + \frac{1}{u} = 4\]
两边乘以 \(u\)：
\[u^2 - 4u + 1 = 0\]
应用求根公式：
\[u = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}\]
两个解都是正实数。注意它们互为倒数：
\[(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3}) = 4 - 3 = 1\]
现在从 \(e^{i\theta} = u\) 恢复 \(\theta\)：
\[i\theta = \ln u \quad\Longrightarrow\quad \theta = \frac{\ln u}{i} = -i\ln u\]
所以：
\[\theta = -i\ln(2+\sqrt{3}) \quad\text{或}\quad \theta = -i\ln(2-\sqrt{3})\]
由于 \(\ln(2-\sqrt{3}) = -\ln(2+\sqrt{3})\)（它们互为倒数），可以写成：
\[\boxed{\theta = \pm i\ln(2+\sqrt{3}) + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}}\]
答案是纯虚数（加上实数的同终偏移 \(2k\pi\)）。
由于 \((2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3}) = 1\)，有 \(2-\sqrt{3} = \frac{1}{2+\sqrt{3}}\)。
若 \(e^x = 2+\sqrt{3}\)，则 \(e^{-x} = \frac{1}{2+\sqrt{3}} = 2-\sqrt{3}\)。
取 \(\ln\)：\(\ln(2-\sqrt{3}) = -x = -\ln(2+\sqrt{3})\)。
等价地，利用乘积法则：
\[\ln(2+\sqrt{3}) + \ln(2-\sqrt{3}) = \ln\!\bigl[(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})\bigr] = \ln 1 = 0 \;\;\checkmark\]
通解：\(\cos\theta = a\)
对于任意实数 \(a\)（即使 \(|a| > 1\)）：
\[e^{i\theta} = a \pm \sqrt{a^2 - 1}\]
\[\theta = -i\ln\!\bigl(a \pm \sqrt{a^2-1}\bigr) + 2k\pi\]
- 当 \(|a| \le 1\) 时：\(a^2 - 1 \le 0\)，所以 \(\sqrt{a^2-1}\) 是虚数，\(\theta\) 结果是纯实数（熟悉的实角）。
- 当 \(|a| > 1\) 时：\(\sqrt{a^2-1}\) 是实数，\(\theta\) 是纯虚数（加上同终的 \(2k\pi\)）。
求解 \(\sin\theta = 7\)（复角）
使用正弦的指数形式：
\[\frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} = 7\]
令 \(u = e^{i\theta}\)：
\[u - \frac{1}{u} = 14i\]
乘以 \(u\)：
\[u^2 - 14iu - 1 = 0\]
\[u = \frac{14i \pm \sqrt{-196 + 4}}{2} = \frac{14i \pm \sqrt{-192}}{2} = \frac{14i \pm 8i\sqrt{3}}{2} = i(7 \pm 4\sqrt{3})\]
所以 \(e^{i\theta} = i(7 \pm 4\sqrt{3})\)。
要取 \(\ln\)，用模和辐角改写。由于 \(i = e^{i\pi/2}\)：
\[e^{i\theta} = (7 \pm 4\sqrt{3})\,e^{i\pi/2}\]
对两边取 \(\ln\)：
\[i\theta = \ln(7 \pm 4\sqrt{3}) + \frac{\pi}{2}i + 2k\pi i\]
除以 \(i\)：
\[\theta = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \;\pm\; i\ln(7 + 4\sqrt{3})\]
与余弦的情形不同，答案同时有实部和虚部。实部 \(\frac{\pi}{2}\) 来自 \(i\) 的辐角。
复对数：\(\ln i\) 与 \(\ln z\)
每个非零复数 \(z\) 可以写成极坐标形式 \(z = re^{i\phi}\)。
\[\ln z = \ln r + i\phi\]
但因为 \(e^{i(\phi + 2k\pi)} = e^{i\phi}\) 对任意整数 \(k\) 成立，对数有无穷多个值：
\[\ln z = \ln r + i(\phi + 2k\pi), \quad k \in \mathbb{Z}\]
由于 \(i = e^{i\pi/2}\)，有 \(r = 1\)，\(\phi = \frac{\pi}{2}\)：
\[\ln i = \frac{\pi}{2}i + 2k\pi i, \quad k \in \mathbb{Z}\]
主值（\(k=0\) 时）是 \(\frac{\pi}{2}i\)。
其他值：\(\frac{5\pi}{2}i\)，\(-\frac{3\pi}{2}i\)，等等。
将 \(1+i\) 写成极坐标形式。模为 \(\sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}\)，辐角为 \(\frac{\pi}{4}\)：
\[1+i = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\]
因此：
\[\ln(1+i) = \ln\sqrt{2} + \frac{\pi}{4}i + 2k\pi i = \frac{1}{2}\ln 2 + \frac{\pi}{4}i + 2k\pi i\]
关键技巧： 在取 \(\ln\) 之前，总是先将复数分解为模（正实数）和辐角（单位复指数）。然后使用 \(\ln(r \cdot e^{i\phi}) = \ln r + i\phi\)。
同终角：为什么它们重要
求解 \(\cos(5\theta) = \tfrac{1}{2}\)
从热身中，我们知道：
\[5\theta = \pm\frac{\pi}{3} + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}\]
除以 5：
\[\theta = \pm\frac{\pi}{15} + \frac{2k\pi}{5}\]
周期从 \(2\pi\) 缩短到 \(\frac{2\pi}{5} = 72°\)。这意味着之前”隐藏在彼此后面”的解现在变成了单位圆上的不同点。
从 \(\theta = \frac{\pi}{15}\)（即 \(12°\)）出发：
| \(k\) | \(\theta\) | 角度 |
|---|---|---|
| 0 | \(12°\) | \(12°\) |
| 1 | \(12° + 72°\) | \(84°\) |
| 2 | \(12° + 144°\) | \(156°\) |
| 3 | \(12° + 216°\) | \(228°\) |
| 4 | \(12° + 288°\) | \(300°\) |
从 \(\theta = -\frac{\pi}{15}\)（即 \(-12°\) 或等价地 \(348°\)）出发：
| \(k\) | \(\theta\) | 角度 |
|---|---|---|
| 0 | \(-12°\) | \(348°\) |
| 1 | \(-12° + 72°\) | \(60°\) |
| 2 | \(-12° + 144°\) | \(132°\) |
| 3 | \(-12° + 216°\) | \(204°\) |
| 4 | \(-12° + 288°\) | \(276°\) |
这给出单位圆上 10 个不同的解。每组 5 个构成一个正五边形！
蓝色点和红色点各构成一个正五边形——两个五边形相差 \(24°\) 的旋转，给出 10 个近似等距的解。
求解 \(\cos\theta = 1+i\)（复数参数）
通解公式即使当 \(a\) 是复数时也适用：
\[e^{i\theta} = (1+i) \pm \sqrt{(1+i)^2 - 1}\]
首先计算 \((1+i)^2 - 1\)：
\[(1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 1 + 2i - 1 = 2i\]
\[\sqrt{(1+i)^2 - 1} = \sqrt{2i}\]
要求 \(\sqrt{2i}\)，写 \(2i = 2e^{i\pi/2}\)，所以：
\[\sqrt{2i} = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4} = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 1 + i\]
因此：
\[e^{i\theta} = (1+i) \pm (1+i) = \begin{cases} 2+2i \\ 0 \end{cases}\]
由于 \(e^{i\theta} \ne 0\)，我们只保留 \(e^{i\theta} = 2+2i\)。
写 \(2+2i = 2\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\)，则：
\[i\theta = \ln(2\sqrt{2}) + \frac{\pi}{4}i + 2k\pi i\]
\[\theta = \frac{\pi}{4} + 2k\pi - i\ln(2\sqrt{2})\]
课后作业： 验证此结果并找到完整的解集（\(2i\) 的另一个平方根还有第二个分支）。
速查表
| 公式 | 表达式 |
|---|---|
| 欧拉公式 | \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) |
| 余弦（指数形式） | \(\cos\theta = \dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\) |
| 正弦（指数形式） | \(\sin\theta = \dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\) |
| 求解 \(\cos\theta = a\) | \(e^{i\theta} = a \pm \sqrt{a^2-1}\)，然后 \(\theta = -i\ln(\cdots)+2k\pi\) |
| 求解 \(\sin\theta = a\) | \(e^{i\theta} = ia \pm \sqrt{1-a^2}\)，然后 \(\theta = -i\ln(\cdots)+2k\pi\) |
| 复对数 | \(\ln(re^{i\phi}) = \ln r + i\phi + 2k\pi i\) |
| \(\ln i\) | \(\dfrac{\pi}{2}i + 2k\pi i\) |
| 倒数的 \(\ln\) | \(\ln\!\tfrac{1}{b} = -\ln b\) |
| 同终角 | \(\theta\) 和 \(\theta + 2k\pi\) 表示同一方向 |
| 同终角除法 | \(n\theta = \alpha + 2k\pi \;\Rightarrow\; \theta = \frac{\alpha}{n} + \frac{2k\pi}{n}\)（每个基本角产生 \(n\) 个不同的解） |
快速参考：对复数取 \(\ln\)
- 写 \(z = r\,e^{i\phi}\)（模 \(r\) 和辐角 \(\phi\)）。
- \(\ln z = \ln r + i\phi + 2k\pi i\)。
- \(\ln r\) 部分处理大小；\(i\phi\) 部分处理角度。