欧拉公式

2024-07-14 15:57| 来源: 网络整理| 查看: 265

此条目介绍的是复分析中的欧拉公式。关于代数拓扑或者多面体的欧拉公式，请见“欧拉示性数”。提示：此条目的主题不是欧拉定理 (几何)或欧拉定理 (数论)。

欧拉公式（英语：Euler's formula，又称尤拉公式）是复分析领域的公式，它将三角函数与复指数函数关联起来，因其提出者莱昂哈德·欧拉而得名。欧拉公式提出，对任意实数 x {\displaystyle x} ，都存在

e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x}

其中 e {\displaystyle e} 是自然对数的底数， i {\displaystyle i} 是虚数单位，而 cos {\displaystyle \cos } 和 sin {\displaystyle \sin } 则是余弦、正弦对应的三角函数，参数 x {\displaystyle x} 则以弧度为单位[1]。这一复数指数函数有时还写作 cis x （英语：cosine plus i sine，余弦加i 乘以正弦）。由于该公式在 x {\displaystyle x} 为复数时仍然成立，所以也有人将这一更通用的版本称为欧拉公式[2]。

欧拉公式在数学、物理和工程领域应用广泛。物理学家理查德·费曼将欧拉公式称为：“我们的珍宝”和“数学中最非凡的公式”[3]。

当 x = π {\displaystyle x=\pi } 时，欧拉公式变为 e i π + 1 = 0 {\displaystyle {{{e}^{{i}\,{\pi }}}+{1}}=0} ，即欧拉恒等式。

目录 1 历史 2 形式 3 证明 4 验证方法 5 cis函数 6 检验和角公式 7 在复分析的应用 8 参见 9 参考资料历史

约翰·伯努利注意到有[4]

1 1 + x 2 = 1 2 ( 1 1 − i x + 1 1 + i x ) . {\displaystyle {\frac {1}{1+x^{2}}}={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{1-ix}}+{\frac {1}{1+ix}}\right).}

并且由于

∫ d x 1 + a x = 1 a ln ⁡ ( 1 + a x ) + C , {\displaystyle \int {\frac {dx}{1+ax}}={\frac {1}{a}}\ln(1+ax)+C,}

上述公式通过把自然对数和复数（虚数）联系起来，告诉我们关于复对数的一些信息。然而伯努利并没有计算出这个积分。

欧拉也知道上述方程，伯努利对欧拉的回应表明他还没有完全理解复对数。欧拉指出复对数可以有无穷多个值。

与此同时，罗杰·柯特斯（英语：Roger Cotes）于 1714 年发现[5]

i x = ln ⁡ ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) . {\displaystyle ix=\ln(\cos x+i\sin x).}

由于三角函数的周期性，一个复数可以加上 2iπ 的不同倍数，而它的复对数可以保持不变。

1740年左右，欧拉把注意力从对数转向指数函数，得到了以他命名的欧拉公式。欧拉公式通过比较指数的级数展开和三角函数得到（其实此证法存在问题，原因见验证方法，但结论正确。），于1748年发表[6][5]。

大约50年之后，卡斯帕尔·韦塞尔提出可以把复数视做复平面中的点。

形式参见：欧拉恒等式

对于任意实数 x {\displaystyle x\,} ，以下等式恒成立：

e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x}

由此也可以推导出

sin ⁡ x = e i x − e − i x 2 i {\displaystyle \sin x={\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}}} 及 cos ⁡ x = e i x + e − i x 2 {\displaystyle \cos x={\frac {e^{ix}+e^{-ix}}{2}}} 。

当 x = π {\displaystyle x=\pi \,} 时，欧拉公式的特殊形式为

e i π + 1 = 0 {\displaystyle {{{e}^{{i}\,{\pi }}}+{1}}=0} 。证明

首先，在复数域上对 e x {\displaystyle e^{x}\,} 进行定义：

对于 a , b ∈ R , c = a + i b ∈ C {\displaystyle a,b\in \mathbb {R} ,c=a+ib\in \mathbb {C} } ，规定 e c = lim n → ∞ ( 1 + c n ) n {\displaystyle e^{c}=\lim _{n\rightarrow \infty }(1+{\frac {c}{n}})^{n}} 。

对复数的极坐标表示 w = u + i v = r ( cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ ) {\displaystyle w=u+iv=r(\cos \theta +i\sin \theta )} ，有：

r = u 2 + v 2 ∈ R , θ = arctan ⁡ ( v u ) ∈ R {\displaystyle r={\sqrt {u^{2}+v^{2}}}\in \mathbb {R} ,\theta =\arctan({\frac {v}{u}})\in \mathbb {R} }

且根据棣莫弗公式， w n = ( u + i v ) n = r n ( cos ⁡ n θ + i sin ⁡ n θ ) {\displaystyle w^{n}=(u+iv)^{n}=r^{n}(\cos n\theta +i\sin n\theta )}

从而有：

( 1 + a + b i n ) n = [ ( 1 + a n ) + i b n ] n = r n ( cos ⁡ θ n + i sin ⁡ θ n ) {\displaystyle (1+{\frac {a+bi}{n}})^{n}=[(1+{\frac {a}{n}})+i{\frac {b}{n}}]^{n}=r_{n}(\cos \theta _{n}+i\sin \theta _{n})}

假设 n > | a | {\displaystyle n>|a|} ，则：

r n = [ ( 1 + a n ) 2 + ( b n ) 2 ] n 2 , θ n = n arctan ⁡ b n 1 + a n {\displaystyle r_{n}=[(1+{\frac {a}{n}})^{2}+({\frac {b}{n}})^{2}]^{\frac {n}{2}},\theta _{n}=n\arctan {\frac {\frac {b}{n}}{1+{\frac {a}{n}}}}}

从而有：

lim n → ∞ ln ⁡ r n = lim n → ∞ [ n 2 ln ⁡ ( 1 + 2 a n + a 2 + b 2 n 2 ) ] = lim n → ∞ [ n 2 ( 2 a n + a 2 + b 2 n 2 ) ] = a {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }\ln r_{n}&=\lim _{n\rightarrow \infty }[{\frac {n}{2}}\ln(1+{\frac {2a}{n}}+{\frac {a^{2}+b^{2}}{n^{2}}})]\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }[{\frac {n}{2}}({\frac {2a}{n}}+{\frac {a^{2}+b^{2}}{n^{2}}})]\\&=a\\\end{aligned}}}

这一步骤用到 ln ⁡ ( 1 + x ) ≈ x {\displaystyle \ln(1+x)\approx x} （墨卡托级数）

即：

lim n → ∞ r n = lim n → ∞ e ln ⁡ r n = e a {\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }r_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }e^{\ln r_{n}}=e^{a}}

又有：

lim n → ∞ θ n = lim n → ∞ ( n arctan ⁡ b n 1 + a n ) = lim n → ∞ ( n b n 1 + a n ) = b {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }\theta _{n}&=\lim _{n\rightarrow \infty }(n\arctan {\frac {\frac {b}{n}}{1+{\frac {a}{n}}}})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }(n{\frac {\frac {b}{n}}{1+{\frac {a}{n}}}})\\&=b\\\end{aligned}}}

从而可以证明：

lim n → ∞ ( 1 + a + b i n ) n = e a ( cos ⁡ b + i sin ⁡ b ) {\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }(1+{\frac {a+bi}{n}})^{n}=e^{a}(\cos b+i\sin b)}

即：

e a + i b = e a ( cos ⁡ b + i sin ⁡ b ) {\displaystyle e^{a+ib}=e^{a}(\cos b+i\sin b)}

令 a = 0 {\displaystyle a=0} ，可得欧拉公式。

证毕。[7]

验证方法 请注意：虽然下列方法（尤其是方法一）被广泛介绍，但由于在复数域中的泰勒级数展开、求导等运算均需要用到欧拉公式，造成循环论证，且有些方法在函数的定义域和性质上语焉不详，故而下列方法均应为检验方法，而非严谨的证明方法。对于类似方法也应注意甄别。方法一：泰勒级数把函数 e x {\displaystyle e^{x}\,} 、 cos ⁡ x {\displaystyle \cos x\,} 和 sin ⁡ x {\displaystyle \sin x\,} 写成泰勒级数形式： e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ {\displaystyle e^{x}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{3}}{3!}}+\cdots } cos ⁡ x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − x 6 6 ! + ⋯ {\displaystyle \cos x=1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-{\frac {x^{6}}{6!}}+\cdots } sin ⁡ x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ {\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}-{\frac {x^{7}}{7!}}+\cdots } 将 x = i z {\displaystyle x=iz\,} 代入 e x {\displaystyle e^{x}\,} 可得： e i z = 1 + i z + ( i z ) 2 2 ! + ( i z ) 3 3 ! + ( i z ) 4 4 ! + ( i z ) 5 5 ! + ( i z ) 6 6 ! + ( i z ) 7 7 ! + ( i z ) 8 8 ! + ⋯ = 1 + i z − z 2 2 ! − i z 3 3 ! + z 4 4 ! + i z 5 5 ! − z 6 6 ! − i z 7 7 ! + z 8 8 ! + ⋯ = ( 1 − z 2 2 ! + z 4 4 ! − z 6 6 ! + z 8 8 ! − ⋯ ) + i ( z − z 3 3 ! + z 5 5 ! − z 7 7 ! + ⋯ ) = cos ⁡ z + i sin ⁡ z {\displaystyle {\begin{aligned}e^{iz}&=1+iz+{\frac {(iz)^{2}}{2!}}+{\frac {(iz)^{3}}{3!}}+{\frac {(iz)^{4}}{4!}}+{\frac {(iz)^{5}}{5!}}+{\frac {(iz)^{6}}{6!}}+{\frac {(iz)^{7}}{7!}}+{\frac {(iz)^{8}}{8!}}+\cdots \\&=1+iz-{\frac {z^{2}}{2!}}-{\frac {iz^{3}}{3!}}+{\frac {z^{4}}{4!}}+{\frac {iz^{5}}{5!}}-{\frac {z^{6}}{6!}}-{\frac {iz^{7}}{7!}}+{\frac {z^{8}}{8!}}+\cdots \\&=\left(1-{\frac {z^{2}}{2!}}+{\frac {z^{4}}{4!}}-{\frac {z^{6}}{6!}}+{\frac {z^{8}}{8!}}-\cdots \right)+i\left(z-{\frac {z^{3}}{3!}}+{\frac {z^{5}}{5!}}-{\frac {z^{7}}{7!}}+\cdots \right)\\&=\cos z+i\sin z\end{aligned}}} 方法二：求导法 对于所有 x ∈ I {\displaystyle x\in I} ，定义函数 f ( x ) = cos ⁡ x + i sin ⁡ x e i x {\displaystyle f(x)={\frac {\cos x+i\sin x}{e^{ix}}}} 由于 e i x ⋅ e − i x = e 0 = 1 {\displaystyle e^{ix}\cdot e^{-ix}=e^{0}=1} 可知 e i x {\displaystyle e^{ix}\,} 不可能为0，因此以上定义成立。 f ( x ) {\displaystyle f(x)\,} 之导数为： f ′ ( x ) = ( − sin ⁡ x + i cos ⁡ x ) ⋅ e i x − ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) ⋅ i ⋅ e i x ( e i x ) 2 = − sin ⁡ x ⋅ e i x − i 2 sin ⁡ x ⋅ e i x ( e i x ) 2 = − sin ⁡ x ⋅ e i x + sin ⁡ x ⋅ e i x ( e i x ) 2 = 0 {\displaystyle {\begin{aligned}f'(x)&={\frac {(-\sin x+i\cos x)\cdot e^{ix}-(\cos x+i\sin x)\cdot i\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^{2}}}\\&={\frac {-\sin x\cdot e^{ix}-i^{2}\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^{2}}}\\&={\frac {-\sin x\cdot e^{ix}+\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^{2}}}\\&=0\end{aligned}}} 设 [ a , b ] ∈ I {\displaystyle [a,b]\in I} 和 c ∈ ( a , b ) {\displaystyle c\in (a,b)} f ′ ( c ) = f ( b ) − f ( a ) b − a . {\displaystyle f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}.} （拉格朗日中值定理） ∵ f ′ ( x ) = 0 {\displaystyle \because f'(x)=0} ∴ f ′ ( c ) = 0 {\displaystyle \therefore f'(c)=0} f ( a ) = f ( b ) {\displaystyle f(a)=f(b)} 因此 f ( x ) {\displaystyle f(x)\,} 必是常数函数。 f ( x ) = f ( 0 ) {\displaystyle f(x)=f(0)} {\displaystyle } cos ⁡ x + i sin ⁡ x e i x = cos ⁡ 0 + i sin ⁡ 0 e 0 = 1 {\displaystyle {\frac {\cos x+i\sin x}{e^{ix}}}={\frac {\cos 0+i\sin 0}{e^{0}}}=1} 重新整理，即可得到： e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x} 方法三：微积分 找出一个函数，使得 d y d x = i y {\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=iy} 及 f ( 0 ) = 1 {\displaystyle f(0)=1} d d x e i x = i e i x = i y {\displaystyle {\frac {d}{dx}}e^{ix}=ie^{ix}=iy} d d x ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) = − sin ⁡ x + i cos ⁡ x = i ( i sin ⁡ x + cos ⁡ x ) = i y {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}(\cos x+i\sin x)&=-\sin x+i\cos x\\&=i(i\sin x+\cos x)\\&=iy\end{aligned}}} e i 0 = e 0 = 1 {\displaystyle e^{i0}=e^{0}=1} cos ⁡ 0 + i sin ⁡ 0 = 1 + i ( 0 ) = 1 {\displaystyle \cos 0+i\sin 0=1+i(0)=1} 如果使用积分法， i y {\displaystyle iy} 的原函数是以上两个函数。 x = 0 {\displaystyle x=0} 时，原函数的值相等，所以以上两个函数相等。 e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x} cis函数主条目：cis函数

在复分析领域，欧拉公式亦可以以函数的形式表示

cis ⁡ θ = cos ⁡ θ + i sin ⁡ θ {\displaystyle \operatorname {cis} \theta =\cos \theta +i\sin \theta } cis ⁡ θ = e i θ {\displaystyle \operatorname {cis} \theta =e^{i\theta }}

并且一般定义域为 θ ∈ R {\displaystyle \theta \in \mathbb {R} \,} ，值域为 θ ∈ C {\displaystyle \theta \in \mathbb {C} \,} （复平面上的所有单位向量）。

当一复数的模为1，其反函数就是辐角（arg函数）。

当 θ {\displaystyle \theta } 值为复数时，cis函数仍然是有效的，所以有些人可利用cis函数将欧拉公式推广到更复杂的版本。[2]

检验和角公式 请注意：由于欧拉公式的证明过程中使用了棣莫弗公式，而棣莫弗公式的证明过程中使用了和角公式，故使用欧拉公式证明和角公式会造成循环论证，故而下列方法仅为检验方法，而非严谨的证明方法。对于类似方法也应注意甄别。

由于 e i α = cos ⁡ α + i sin ⁡ α {\displaystyle e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha } 且 e i β = cos ⁡ β + i sin ⁡ β {\displaystyle e^{i\beta }=\cos \beta +i\sin \beta } ，则有

e i ( α + β ) = cos ⁡ ( α + β ) + i sin ⁡ ( α + β ) = e i α + i β = e i α × e i β = ( cos ⁡ α + i sin ⁡ α ) × ( cos ⁡ β + i sin ⁡ β ) = ( cos ⁡ α × cos ⁡ β + i sin ⁡ α × i sin ⁡ β ) + ( i sin ⁡ α × cos ⁡ β + cos ⁡ α × i sin ⁡ β ) = ( cos ⁡ α cos ⁡ β − sin ⁡ α sin ⁡ β ) + i ( sin ⁡ α cos ⁡ β + cos ⁡ α sin ⁡ β ) {\displaystyle {\begin{aligned}e^{i(\alpha +\beta )}&=\cos(\alpha +\beta )+i\sin(\alpha +\beta )=e^{i\alpha +i\beta }\\&=e^{i\alpha }\times e^{i\beta }\\&=(\cos \alpha +i\sin \alpha )\times (\cos \beta +i\sin \beta )\\&=(\cos \alpha \times \cos \beta +i\sin \alpha \times i\sin \beta )+(i\sin \alpha \times \cos \beta +\cos \alpha \times i\sin \beta )\\&=(\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta )+i(\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta )\\\end{aligned}}}

实部等于实部，虚部等于虚部，因此

cos ⁡ ( α + β ) = cos ⁡ α cos ⁡ β − sin ⁡ α sin ⁡ β {\displaystyle \cos(\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta } sin ⁡ ( α + β ) = sin ⁡ α cos ⁡ β + cos ⁡ α sin ⁡ β {\displaystyle \sin(\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta } 在复分析的应用

这公式可以说明当 x {\displaystyle x} 为实数时，函数 e i x {\displaystyle e^{ix}} 可在复数平面描述一单位圆。且 x {\displaystyle x} 为此平面上一条连至原点的线与正实轴的交角。先前一个在复平面的复点只能用笛卡尔坐标系描述，欧拉公式在此提供复点至极坐标的变换

任何复数 z = x + y i {\displaystyle z=x+yi} 皆可记为

z = x + i y = | z | ( cos ⁡ ϕ + i sin ⁡ ϕ ) = | z | e i ϕ {\displaystyle z=x+iy=|z|(\cos \phi +i\sin \phi )=|z|e^{i\phi }\,} z ¯ = x − i y = | z | ( cos ⁡ ϕ − i sin ⁡ ϕ ) = | z | e − i ϕ {\displaystyle {\bar {z}}=x-iy=|z|(\cos \phi -i\sin \phi )=|z|e^{-i\phi }\,}

在此

x = R e { z } {\displaystyle x=\mathrm {Re} \{z\}\,} 为实部 y = I m { z } {\displaystyle y=\mathrm {Im} \{z\}\,} 为虚部 | z | = x 2 + y 2 {\displaystyle |z|={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}} 为 z {\displaystyle z} 的模 ϕ = a t a n 2 ( y , x ) {\displaystyle \phi =\mathrm {atan2} {(y,x)}} ，其中 a t a n 2 ( y , x ) = { arctan ⁡ ( y x ) x > 0 π + arctan ⁡ ( y x ) y ≥ 0 , x

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