歐拉公式

歐拉公式（Euler's formula，又稱歐拉公式）是複分析領域的公式，它將三角函數與復指數函數關聯起來，因其提出者萊昂哈德·歐拉而得名。歐拉公式提出，對任意實數 $x$，都存在

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

其中 $e$ 是自然對數的底數，$i$ 是虛數單位，而 $\cos$ 和 $\sin$ 則是餘弦、正弦對應的三角函數，參數 $x$ 則以弧度為單位。這一複數指數函數有時還寫作 cis x （cosine plus i sine，餘弦加i 乘以正弦）。由於該公式在 $x$ 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。

歐拉公式在數學、物理和工程領域應用廣泛。物理學家理察·費曼將歐拉公式稱為：「我們的珍寶」和「數學中最非凡的公式」。

當 $x = \pi$ 時，歐拉公式變為e^(i⋅pi)+1，即歐拉恆等式。

## 在複分析的應用

這公式可以說明當 $x$ 為實數時，函數 $e^{ix}$ 可在複數平面描述一單位圓。且 $x$ 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爾坐標系描述，歐拉公式在此提供複點至極坐標的變換

任何複數 $z=x+yi$ 皆可記為

$$z = x + iy = |z| (\cos \phi + i\sin \phi ) = |z| e^{i \phi} \,$$

$$\bar{z} = x - iy = |z| (\cos \phi - i\sin \phi ) = |z| e^{-i \phi} \,$$

在此

$x = \mathrm{Re}\{z\} \,$為實部

$y = \mathrm{Im}\{z\} \,$為虛部

$|z| = \sqrt{x^2+y^2}$為 $z$ 的模

$\phi = \mathrm{atan2}{(y,x)}$，其中 $\mathrm{atan2}{(y,x)}= \begin{cases} \arctan\left(\frac y x\right) & \qquad x > 0 \\ \pi + \arctan\left(\frac y x\right) & \qquad y \ge 0 , x < 0 \\ -\pi + \arctan\left(\frac y x\right) & \qquad y < 0 , x < 0 \\ \frac{\pi}{2} & \qquad y > 0 , x = 0 \\ -\frac{\pi}{2} & \qquad y < 0 , x = 0 \\ \text{undefined} & \qquad y = 0, x = 0 \end{cases}$

## 歷史

約翰·伯努利注意到有

$$\frac{1}{1 + x^2} = \frac12 \left( \frac{1}{1 - ix} + \frac{1}{1 + ix}\right).$$

並且由於

$$\int \frac{dx}{1 + ax} = \frac{1}{a} \ln(1 + ax) + C,$$

上述公式通過把自然對數和複數（虛數）聯繫起來，告訴我們關於複對數的一些資訊。然而伯努利並沒有計算出這個積分。

歐拉也知道上述方程，伯努利對歐拉的回應表明他還沒有完全理解複對數。歐拉指出複對數可以有無窮多個值。

與此同時，羅傑·柯特斯於 1714 年發現

$$ix = \ln(\cos x + i\sin x).$$

由於三角函數的周期性，一個複數可以加上 2iπ 的不同倍數，而它的複對數可以保持不變。

1740年左右，歐拉把注意力從對數轉向指數函數，得到了以他命名的歐拉公式。歐拉公式通過比較指數的級數展開和三角函數得到（其實此證法存在問題，原因見驗證方法，但結論正確。），於1748年發表。

大約50年之後，卡斯帕爾·韋塞爾提出可以把複數視做複平面中的點。

## 形式

對於任意實數$x\,$，以下等式恆成立：

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

由此也可以推導出

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

當$x=\pi\,$時，歐拉公式的特殊形式為

e^(i⋅pi)+1。

## 證明

首先，在複數域上對$e^x \,$進行定義：

對於$a,b\in\mathbb{R},c=a+ib\in \mathbb{C}$，規定$e^c = \lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{c}{n})^n$。

對複數的極坐標表示$w=u+iv=r(\cos\theta+i\sin\theta)$，有：

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

且根據棣莫弗公式，$w^n=(u+iv)^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)$

從而有：

$$(1+\frac{a+bi}{n})^n=[(1+\frac{a}{n})+i\frac{b}{n}]^n=r_n(\cos\theta_n+i\sin\theta_n)$$

假設$n>|a|$，則：

$$r_n=[(1+\frac{a}{n})^2+(\frac{b}{n})^2]^\frac{n}{2},\theta_n=n\arctan\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}}$$

（由於包含n在冪，所以要ln）從而有：

$$\begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}\ln r_n &=\lim_{n\rightarrow\infty}[\frac{n}{2}\ln(1+\frac{2a}{n}+\frac{a^2+b^2}{n^2})]\\ &=\lim_{n\rightarrow\infty}[\frac{n}{2}(\frac{2a}{n}+\frac{a^2+b^2}{n^2})]\\ &=a\\ \end{align}$$

這一步驟用到 $\ln (1+x) \approx x$（墨卡托級數）

即：

$$\lim_{n\rightarrow\infty}r_n=\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\ln r_n}=e^a$$

又有(arctan x 約等於x 於0附近）：

$$\begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}\theta_n &=\lim_{n\rightarrow\infty}(n\arctan\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}})\\ &=\lim_{n\rightarrow\infty}(n\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}})\\ &=b\\ \end{align}$$

從而可以證明：

$$\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{a+bi}{n})^n=e^a(\cos b+i\sin b)$$

即：

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

令$a=0$，可得歐拉公式。

證畢。

## 驗證方法

方法一：泰勒級數：把函數$e^x \,$、$\cos x\,$和$\sin x\,$寫成泰勒級數形式：

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$$

$$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots$$

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots$$

將$x=iz\,$代入$e^x \,$可得：

$$\begin{align} e^{iz} & = 1 + iz + \frac{(iz)^2}{2!} + \frac{(iz)^3}{3!} + \frac{(iz)^4}{4!} + \frac{(iz)^5}{5!} + \frac{(iz)^6}{6!} + \frac{(iz)^7}{7!} + \frac{(iz)^8}{8!} + \cdots \\ <pre> & = 1 + iz - \frac{z^2}{2!} - \frac{iz^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \frac{iz^5}{5!} - \frac{z^6}{6!} - \frac{iz^7}{7!} + \frac{z^8}{8!} + \cdots \\ </pre> & = \left( 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \frac{z^6}{6!} + \frac{z^8}{8!} - \cdots \right) + i\left( z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \frac{z^7}{7!} + \cdots \right) \\ & = \cos z + i\sin z \end{align}$$

方法二：求導法：對於所有$x \in I$，定義函數$f(x)=\frac{\cos x+i\sin x}{e^{ix}}$

由於$e^{ix}\cdot e^{-ix}=e^0=1$

可知$e^{ix}\,$不可能為0，因此以上定義成立。

$f(x)\,$之導數為：

$$\begin{align} <pre> f'(x)& = \frac{(-\sin x+i\cos x)\cdot e^{ix} - (\cos x+i\sin x)\cdot i\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^2} \\ & = \frac{-\sin x\cdot e^{ix}-i^2\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^2} \\ & = \frac{-\sin x\cdot e^{ix}+\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix})^2} \\ & = 0 </pre> \end{align}$$

設$[a,b] \in I$和$c \in (a,b)$

$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$（拉格朗日中值定理）

$$\because f'(x)=0$$

$$\therefore f'(c)=0$$

$$f(a)=f(b)$$

因此$f(x)\,$必是常數函數。

$$f(x)=f(0)$$

$$\frac{\cos x + i \sin x}{e^{ix}} =\frac{\cos 0 + i \sin 0}{e^0} =1$$

重新整理，即可得到：

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

方法三：微積分：找出一個原函數$y(x)$，使得$\frac{dy}{dx}=iy$及$y(0)=1$。

假設 $y(x)=e^{ix}$，有：

$$\frac{d}{dx}e^{ix}=ie^{ix}=iy$$

假設 $y(x)=i \sin x + \cos x$，有：

$$\begin{align}\frac{d}{dx}(\cos x+i \sin x) &= -\sin x + i \cos x \\ & =i (i \sin x + \cos x) \\ &=iy\end{align}$$

使用積分法，可得$iy$的原函數是以上兩個函數分別與任意實數的和，分別記為：

$$y_1(x)= e^{ix}+C_1$$

$$y_2(x)=\cos x+i \sin x+C_2$$

其中，$\C_1$和:$\C_2$是任意實數。

又$x=0$時，$y(0)=1$，觀察到：

$$y_1(0)=e^{i0}+C_1=e^{0}+C_1=1+C_1$$

$$y_2(0)=\cos0 +i\sin 0+C_2=1+i(0)+C_2=1+C_2$$

所以$C_1=C_2=0$，可以得出：

$$\begin{align}y(x) &= e^{ix} = \cos x + i\sin x\end{align}$$

## cis函數

在複分析領域，歐拉公式亦可以以函數的形式表示

$$\operatorname{cis} \theta = \cos \theta+i\sin \theta$$

$$\operatorname{cis} \theta = e^{i\theta}$$

並且一般定義域為$\theta \in \mathbb{R}\,$，值域為$\theta \in \mathbb{C}\,$（複平面上的所有單位向量）。

當一複數的模為1，其反函數就是輻角（arg函數）。

當$\theta$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。

## 檢定和角公式

由於$e^{i \alpha}=\cos \alpha+i \sin \alpha$且$e^{i \beta}=\cos \beta+i \sin \beta$，則有

$$\begin{align} e^{i (\alpha+\beta)}&=\cos (\alpha+ \beta)+i\sin (\alpha+ \beta) =e^{i \alpha+i \beta}\\ <pre> &=e^{i \alpha} \times e^{i \beta}\\ & =(\cos \alpha + i\sin \alpha) \times (\cos \beta + i\sin \beta)\\ & =(\cos \alpha \times \cos \beta+i\sin \alpha \times i\sin \beta)+(i\sin \alpha \times \cos \beta+\cos \alpha \times i\sin \beta)\\ & =(\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta)+i(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)\\ </pre> \end{align}$$

實部等於實部，虛部等於虛部，因此

$$\cos (\alpha+ \beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta$$

$$\sin (\alpha+ \beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta$$