複數可以表示成$a+bi$的形式$(a,b\in \mathbb{R})$，
　如果把複數$a+bi$對應到座標平面上的點$(a,b)$，
　可以發現複數與座標平面上的點有一對一的性質，
　因此在平面上的點$(a,b)$可以代表複數$a+bi$，
　例如：點$(3,4)$可以代表複數$3+4i$。

　複數$z=a+bi$可對應至複數平面點$P(3,4)$，
　令$\overline{OP}=r$且$\overline{OP}$為有向角$\theta$的終邊，
　則$r=\sqrt{a^2+b^2},\theta =\arctan (\frac{b}{a}),a=r\cos \theta ,b=r\sin \theta$，
　因此$z=a+bi=r(\cos \theta +i\sin \theta )$。

　根據泰勒展開式可得，
　$e^x={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots }$
　$\sin x={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots }$
　$\cos x={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots }$
　所以，
　$e^{ix}={\displaystyle 1+ix+\frac{(ix{)}^2}{2!}+\frac{(ix{)}^3}{3!}+\frac{(ix{)}^4}{4!}+\frac{(ix{)}^5}{5!}+\frac{(ix{)}^6}{6!}+\frac{(ix{)}^7}{7!}+\cdots }$
　$e^{ix}={\displaystyle 1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{i{x}^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{i{x}^5}{5!}-\frac{x^6}{6!}-\frac{i{x}^7}{7!}+\cdots }$
　$e^{ix}={\displaystyle (1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots )+i(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots )}$
　$e^{ix}=\cos x+i\sin x$
　(這同時也是著名的歐拉恆等式的由來$e^{i\pi }+1=(\cos \pi +i\sin \pi )+1=-1+0+1=0$)
　故$z=a+bi=r(\cos \theta +i\sin \theta )=r{e}^{i\theta }=\sqrt{a^2+b^2}\cdot e^{i\arctan (\frac{b}{a})}$

　由上述的公式，
　我們可以對複數的指數進行定義：
　$(a+bi{)}^{(c+di)}=(\sqrt{a^2+b^2}\cdot e^{i\arctan (\frac{b}{a})}{)}^{(c+di)}$
　$(a+bi{)}^{(c+di)}={\sqrt{a^2+b^2}}^{(c+di)}\cdot e^{(c+di)i\arctan (\frac{b}{a})}$
　$(a+bi{)}^{(c+di)}={\sqrt{a^2+b^2}}^c\cdot {\sqrt{a^2+b^2}}^{di}\cdot e^{ci\arctan (\frac{b}{a})-d\arctan (\frac{b}{a})}$
　$(a+bi{)}^{(c+di)}={\sqrt{a^2+b^2}}^c\cdot e^{di\ln (\sqrt{a^2+b^2})}\cdot e^{ci\arctan (\frac{b}{a})}\cdot e^{-d\arctan (\frac{b}{a})}$
　$(a+bi{)}^{(c+di)}={\displaystyle \frac{{\sqrt{a^2+b^2}}^c}{e^{d\arctan (\frac{b}{a})}}\cdot e^{i(d\ln (\sqrt{a^2+b^2})+c\arctan (\frac{b}{a}))}}$
　$(a+bi{)}^{(c+di)}={\displaystyle \frac{{\sqrt{a^2+b^2}}^c}{e^{d\arctan (\frac{b}{a})}}\cdot [\cos (d\ln (\sqrt{a^2+b^2})+c\arctan (\frac{b}{a}))+i\sin (d\ln (\sqrt{a^2+b^2})+c\arctan (\frac{b}{a}))]}$

　我們也可以對複數的對數進行定義：
　${\log }_{(a+bi)}(c+di)={\displaystyle \frac{\ln (c+di)}{\ln (a+bi)}}$
　${\log }_{(a+bi)}(c+di)={\displaystyle \frac{\ln (\sqrt{c^2+d^2}\cdot e^{i\arctan (\frac{d}{c})})}{\ln (\sqrt{a^2+b^2}\cdot e^{i\arctan (\frac{b}{a})})}}$
　${\log }_{(a+bi)}(c+di)={\displaystyle \frac{\ln (\sqrt{c^2+d^2})+i\arctan (\frac{d}{c})}{\ln (\sqrt{a^2+b^2})+i\arctan (\frac{b}{a})}}$(同複數除法$\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\frac{(ac+bd)+(bc-ad)i}{c^2+d^2}$)
　${\log }_{(a+bi)}(c+di)={\displaystyle \frac{(\ln (\sqrt{a^2+b^2})\ln (\sqrt{c^2+d^2})+\arctan (\frac{b}{a})\arctan (\frac{d}{c}))+(\ln (\sqrt{a^2+b^2})\arctan (\frac{d}{c})-\ln (\sqrt{c^2+d^2})\arctan (\frac{b}{a}))i}{{\ln }^2(\sqrt{a^2+b^2})+{\arctan }^2(\frac{b}{a})}}$