欧拉公式

欧拉公式（英語：Euler's formula，又稱尤拉公式）是複分析领域的公式，它将三角函数與复指数函数关联起来，因其提出者莱昂哈德·歐拉而得名。歐拉公式提出，對任意实数 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} 是虚数單位，而 cos {\displaystyle \cos } 和 sin {\displaystyle \sin } 則是餘弦、正弦對應的三角函数，参数 x {\displaystyle x} 則以弧度为单位。這一複數指數函數有時還寫作 cis x （英語：cosine plus i sine，余弦加i 乘以正弦）。由於該公式在 x {\displaystyle x} 為複數時仍然成立，所以也有人將這一更通用的版本稱為歐拉公式。 歐拉公式在数学、物理和工程领域应用广泛。物理学家理查德·费曼将歐拉公式称为：“我们的珍宝”和“数学中最非凡的公式”。 当 x = π {\displaystyle x=\pi } 时，歐拉公式变为 e i π + 1 = 0 {\displaystyle {{{e}^{{i}\,{\pi }}}+{1}}=0} ，即歐拉恒等式。 這公式可以說明當 x {\displaystyle x} 為實數時，函數 e i x {\displaystyle e^{ix}} 可在複數平面描述一單位圓。且 x {\displaystyle x} 為此平面上一條連至原點的線與正實數軸的交角。先前一個在複數平面的複點只能用笛卡尔坐标系描述，歐拉公式在此提供複點至極坐標的變換 任何複數 z = x + y i {\displaystyle z=x+yi} 皆可記為 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\}\,} 為實部 y = I m { z } {\displaystyle y=\mathrm {Im} \{z\}\,} 為虛部 | z | = x 2 + y 2 {\displaystyle |z|={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}} 為 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 < 0 − π + arctan ⁡ ( y x ) y < 0 , x < 0 π 2 y > 0 , x = 0 − π 2 y < 0 , x = 0 undefined y = 0 , x = 0 {\displaystyle \mathrm {atan2} {(y,x)}={\begin{cases}\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad x>0\\\pi +\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad y\geq 0,x<0\\-\pi +\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad y<0,x<0\\{\frac {\pi }{2}}&\qquad y>0,x=0\\-{\frac {\pi }{2}}&\qquad y<0,x=0\\{\text{undefined}}&\qquad y=0,x=0\end{cases}}} 約翰·伯努利注意到有 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，告诉我们关于複對數的一些信息。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 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。 大约50年之后，卡斯帕尔·韦塞尔提出可以把复数視做复平面中的点。 对于任意实数 x {\displaystyle x\,} ，以下等式恆成立： 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} 。 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}}}}} （由於包含n在冪，所以要ln）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}}} 這一步驟用到 ln ⁡ ( 1 + x ) ≈ x {\displaystyle \ln(1+x)\approx x} （墨卡托級數） 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(arctan x 約等於x 於0附近）： 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。 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：求導法 对于所有 x ∈ I {\displaystyle x\in I} ，定義函數 f ( x ) = cos ⁡ x + i sin ⁡ x e i x {\displaystyle f(x)={\frac {\cos x+i\sin x}{e^{ix}}}} 由於 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}\,} 不可能為0，因此以上定義成立。 f ( x ) {\displaystyle f(x)\,} 之导数為： 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)\,} 必是常數函數。 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：微積分 找出一个原函數 y ( x ) {\displaystyle y(x)} ，使得 d y d x = i y {\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=iy} 及 y ( 0 ) = 1 {\displaystyle y(0)=1} 。 假设 y ( x ) = e i x {\displaystyle y(x)=e^{ix}} ，有： d d x e i x = i e i x = i y {\displaystyle {\frac {d}{dx}}e^{ix}=ie^{ix}=iy} 假设 y ( x ) = i sin ⁡ x + cos ⁡ x {\displaystyle y(x)=i\sin x+\cos x} ，有： 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}}} 使用積分法，可得 i y {\displaystyle iy} 的原函數是以上兩個函數分别与任意实数的和，分别记为： y 1 ( x ) = e i x + C 1 {\displaystyle y_{1}(x)=e^{ix}+C_{1}} y 2 ( x ) = cos ⁡ x + i sin ⁡ x + C 2 {\displaystyle y_{2}(x)=\cos x+i\sin x+C_{2}} 其中， C 1 {\displaystyle \mathbb {C} _{1}} 和: C 2 {\displaystyle \mathbb {C} _{2}} 是任意实数。 又 x = 0 {\displaystyle x=0} 時， y ( 0 ) = 1 {\displaystyle y(0)=1} ，观察到： y 1 ( 0 ) = e i 0 + C 1 = e 0 + C 1 = 1 + C 1 {\displaystyle y_{1}(0)=e^{i0}+C_{1}=e^{0}+C_{1}=1+C_{1}} y 2 ( 0 ) = cos ⁡ 0 + i sin ⁡ 0 + C 2 = 1 + i ( 0 ) + C 2 = 1 + C 2 {\displaystyle y_{2}(0)=\cos 0+i\sin 0+C_{2}=1+i(0)+C_{2}=1+C_{2}} 所以 C 1 = C 2 = 0 {\displaystyle C_{1}=C_{2}=0} ，可以得出： y ( x ) = e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x {\displaystyle {\begin{aligned}y(x)&=e^{ix}=\cos x+i\sin x\end{aligned}}} 在複分析領域，歐拉公式亦可以以函數的形式表示 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 }} 並且一般定義域為 θ ∈ R {\displaystyle \theta \in \mathbb {R} \,} ，值域為 θ ∈ C {\displaystyle \theta \in \mathbb {C} \,} （复平面上的所有单位向量）。 當一複數的模為1，其反函數就是輻角（arg函數）。 當 θ {\displaystyle \theta } 值為複數時，cis函數仍然是有效的，所以有些人可利用cis函數將歐拉公式推廣到更複雜的版本。 由於 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 } ，則有 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}}} 實部等於實部，虛部等於虛部，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 } cis函數 歐拉恆等式 Eulers Formula. 密蘇里科技大學. [2021-06-13]. （原始内容存档于2020-02-21）.  Moskowitz, Martin A. A Course in Complex Analysis in One Variable. World Scientific Publishing Co. 2002: 7. ISBN 981-02-4780-X.  Feynman, Richard P. The Feynman Lectures on Physics, vol. I. Addison-Wesley. 1977: 22-10. ISBN 0-201-02010-6.  Bernoulli, Johann. Solution d'un problème concernant le calcul intégral, avec quelques abrégés par rapport à ce calcul [Solution of a problem in integral calculus with some notes relating to this calculation]. Mémoires de l'Académie Royale des Sciences de Paris. 1702, 1702: 197–289.  John Stillwell. Mathematics and Its History. Springer. 2002 [2018-07-17]. （原始内容存档于2019-06-04）.  Leonard Euler (1748) Chapter 8: On transcending quantities arising from the circle （页面存档备份，存于互联网档案馆） of Introduction to the Analysis of the Infinite, page 214, section 138 (translation by Ian Bruce, pdf link from 17 century maths). 张筑生. 数学分析新讲（第一册）第七章 4.实变复值函数. 北京大学出版社. 1990.