欧拉公式

欧拉公式（，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 （，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，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 \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 , x = 0 \\
-\frac{\pi}{2} & \qquad y

历史
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).

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，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 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
:。

证明
首先，在复数域上对 e^x \,进行定义：

对于a,b\in\mathbb{R},c=a+ib\in \mathbb{C}，规定e^c = \lim_{n\rightarrow\infty}(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\mathbb{R},\theta=\arctan(\frac{v}{u})\in\mathbb{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{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}

从而可以证明：

\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{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 \\
& = 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{align}

;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{align}
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{align}

:设[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}=ie^{ix}=iy
:假设 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)=\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}\,（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
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}\\
&=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{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

參見

• cis函數
• 歐拉恆等式

参考资料