欧拉公式

Template:NoteTA Template:AboutTemplate:Distinguish Template:E (数学常数) 欧拉公式（Template:Lang-en，又稱-{zh-hans:尤拉; zh-hant:尤拉; zh-tw:歐拉;}-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 $x$，都存在

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

其中 $e$ 是自然对数的底数，$i$ 是虚数單位，而 $\cos$ 和 $\sin$ 則是餘弦、正弦對應的三角函数，参数 $x$ 則以弧度为单位。這一複數指數函數有時還寫作 Template:Math （Template:Lang-en，余弦加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 $x=\pi$ 时，歐拉公式变为Template:計算結果，即歐拉恒等式。

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 $z=x+yi$ 皆可記為

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

$\overline{z}=x-iy=|z|(\cos \varphi -i\sin \varphi )=|z|e^{-i\varphi }$

在此

$x=\mathrm{R}\mathrm{e}\{z\}$為實部

$y=\mathrm{I}\mathrm{m}\{z\}$為虛部

$|z|=\sqrt{x^2+y^2}$為 $z$ 的模

$\varphi =\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{2}(y,x)$，其中 $\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{2}(y,x)=\{\begin{array}{cc}\arctan \left(\frac{y}{x}\right)& x>0\\ \pi +\arctan \left(\frac{y}{x}\right)& y\ge 0,x<0\\ -\pi +\arctan \left(\frac{y}{x}\right)& y<0,x<0\\ \frac{\pi }{2}& y>0,x=0\\ -\frac{\pi }{2}& y<0,x=0\\ \text{undefined}& y=0,x=0\end{array}$

历史

約翰·伯努利注意到有

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

并且由于

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

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，Template:Tsl于 1714 年发现

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

由于三角函数的周期性，一个复数可以加上 Template:Math 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。

形式

对于任意实数$x$，以下等式恆成立：

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

由此也可以推导出

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

当$x=\pi$时，欧拉公式的特殊形式为

Template:計算結果。

证明

首先，在复数域上对$e^x$进行定义：

对于$a,b\in ℝ,c=a+ib\in ℂ$，规定$e^c=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{c}{n}{)}^n$。

对复数的极坐标表示$w=u+iv=r(\cos \theta +i\sin \theta )$，有：

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

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

从而有：

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

假设$n>|a|$，则：

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

（由於包含n在冪，所以要ln）从而有：

$\begin{array}{cc}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln r_n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }[\frac{n}{2}\ln (1+\frac{2a}{n}+\frac{a^2+b^2}{n^2})]\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }[\frac{n}{2}(\frac{2a}{n}+\frac{a^2+b^2}{n^2})]\\ & =a\\ \end{array}$

這一步驟用到 $\ln (1+x)\approx x$（墨卡托級數）

即：

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{r}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{\ln r_n}=e^a$

又有(arctan x 約等於x 於0附近）：

$\begin{array}{cc}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\theta }_n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(n\arctan \frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(n\frac{\frac{b}{n}}{1+\frac{a}{n}})\\ & =b\\ \end{array}$

从而可以证明：

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{a+bi}{n}{)}^n=e^a(\cos b+i\sin b)$

即：

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

令$a=0$，可得欧拉公式。

证毕。

验证方法

方法一：泰勒级数

把函数$e^x$、$\cos x$和$\sin x$写成泰勒级数形式：

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

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

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

将$x=iz$代入$e^x$可得：

$\begin{array}{cc}{e}^{iz}& =1+iz+\frac{(iz{)}^2}{2!}+\frac{(iz{)}^3}{3!}+\frac{(iz{)}^4}{4!}+\frac{(iz{)}^5}{5!}+\frac{(iz{)}^6}{6!}+\frac{(iz{)}^7}{7!}+\frac{(iz{)}^8}{8!}+\cdots \\ & =1+iz-\frac{z^2}{2!}-\frac{i{z}^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{i{z}^5}{5!}-\frac{z^6}{6!}-\frac{i{z}^7}{7!}+\frac{z^8}{8!}+\cdots \\ & =(1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^6}{6!}+\frac{z^8}{8!}-\cdots )+i(z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+\cdots )\\ & =\cos z+i\sin z\end{array}$

方法二：求導法

对于所有$x\in I$，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。

$f(x)$之导数為：

$\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(x)& =\frac{(-\sin x+i\cos x)\cdot e^{ix}-(\cos x+i\sin x)\cdot i\cdot e^{ix}}{(e^{ix}{)}^2}\\ & =\frac{-\sin x\cdot e^{ix}-i^2\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix}{)}^2}\\ & =\frac{-\sin x\cdot e^{ix}+\sin x\cdot e^{ix}}{(e^{ix}{)}^2}\\ & =0\end{array}$

设$[a,b]\in I$和$c\in (a,b)$

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

$\because f^{\prime }(x)=0$

$\therefore f^{\prime }(c)=0$

$f(a)=f(b)$

因此$f(x)$必是常數函數。

$f(x)=f(0)$

${\displaystyle }$

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

重新整理，即可得到：

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

方法三：微積分

找出一个原函數$y(x)$，使得$\frac{dy}{dx}=iy$及$y(0)=1$。

假设 $y(x)=e^{ix}$，有：

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

假设 $y(x)=i\sin x+\cos x$，有：

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

使用積分法，可得$iy$的原函數是以上兩個函數分别与任意实数的和，分别记为：

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

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

其中，${ℂ}_1$和:${ℂ}_2$是任意实数。

又$x=0$時，$y(0)=1$，观察到：

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

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

所以$C_1=C_2=0$，可以得出：

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

cis函數

Template:Main 在複分析領域，歐拉公式亦可以以函數的形式表示

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

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

並且一般定義域為$\theta \in ℝ$，值域為$\theta \in ℂ$（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$\theta$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

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

$\begin{array}{cc}{e}^{i(\alpha +\beta )}& =\cos (\alpha +\beta )+i\sin (\alpha +\beta )=e^{i\alpha +i\beta }\\ & =e^{i\alpha }\times e^{i\beta }\\ & =(\cos \alpha +i\sin \alpha )\times (\cos \beta +i\sin \beta )\\ & =(\cos \alpha \times \cos \beta +i\sin \alpha \times i\sin \beta )+(i\sin \alpha \times \cos \beta +\cos \alpha \times i\sin \beta )\\ & =(\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta )+i(\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta )\\ \end{array}$

實部等於實部，虛部等於虛部，因此

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

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

參見

• cis函數
• 歐拉恆等式