宝藏！欧拉公式如此直观易懂！-欧拉公式的神奇之处

 

欧拉公式被称为“上帝创造的公式”，它也令人着迷！推动了数学界和物理界的发展。它简洁而美妙！

它也有多种方法可以证明！本篇文章用非常直接的方法证明欧拉公式（并不需要级数理论），高中生都可以看懂！

第一种方法是用循序渐近的方法，并予以解释，以便让读者明白变化细节；第二种方法是用非常简洁的方法直接推导出来，最后证明指数为虚数的指数函数的极限定义式的良性。本篇文章我们通过10个章节来直观、严谨、简洁地证明欧拉公式，建议收藏反复阅读~

欧拉简介欧拉公式简介自然底数 e\mathbb{e} 的定义ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在非负实数上的延拓ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在实数域上的延拓ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在复数域上的延拓以及欧拉公式的导出 极限有复平面上的运动过程及解释 欧拉公式推导过程的进一步简化ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式的良性验证哲理的讨论

1. 欧拉简介

欧拉——为数学而生！

欧拉

9岁，看完牛顿的《自然哲学的数学原理》。13岁考入巴塞尔大学主修哲学和法律，还修了数学、神学、希伯来语以及希腊语。课余还研究音乐、物理、建筑等等。19岁就成功博士毕业，博士毕业论文写的物理论文。20岁参加巴黎科学院奖金的争夺，得了第二。接下来12年，建筑大赛的冠军都被欧拉拿了。27岁那年，他发明了一系列对人类影响深远的符号——圆周率的符号π、函数符号f(x)、以及三角学符号sin、cos、tg等。31岁，丧失了右眼视力。32岁出版了一部音乐理论著作，顺便发明了，空气动力学和流体动力学。59岁，双目失明，但欧拉强悍的心算能力弥补了这一点。欧拉的记忆力和心算能力是罕见的，他能够复述年青时代笔记的内容。64岁的欧拉，带病而失明，被围困在大火中。虽然得救，但他的书房和大量研究成果全部化为灰烬了。于是只能重写。他大火之后整理出来的小部分成果共包括886本书籍和论文，其中分析、代数、数论占40%，几何占18%，物理和力学占28%，天文学占11%，弹道学、航海学、建筑学等占3%，彼得堡科学院为了整理他的著作，足足忙碌了四十七年。

十八世纪，被成为欧拉世纪毫不过分。

2. 欧拉公式简介

欧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 xx ,

eix=cos⁡x+isin⁡x\mathbb{e}^{\mathbb{i}x}=\cos x+\mathbb{i}\sin x

都成立，其中 i\mathbb{i} 是虚数单位， e\mathbb{e} 是自然对数的底数。由于我们很容易进一步推导出该公式在 xx 为复数时仍然成立，所以也有人将这一更通用的版本

eiz=cos⁡z+isin⁡z\mathbb{e}^{\mathbb{i}z}=\cos z+\mathbb{i}\sin z

称为欧拉公式。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”。当 x=πx=\pi 时，欧拉公式变为

eiπ+1=0\mathbb{e}^{\mathbb{i}\pi }+1=0

即欧拉恒等式。

欧拉

3. 自然底数 e\mathbb{e} 的定义

我们在回答中

已经论述过自然底数 e\mathbb{e} 的导出有多自然，当然历史上是怎么导出的我不知道，但是本人最先悟出它的定义通过研究对数函数得出的。它的定义是

e=limn→+∞(1+1n)n\mathbb{e}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{1}{n})^{n}

并且我们在那里也证明了它的收敛性。

4. ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在非负实数上的延拓

对于任意的 x≥0x\geq 0 , 我们有

limn→+∞(1+xn)n=limn→+∞(1+xn)nxx\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{x}{n})^{n} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{x}{n})^{\frac{n}{x}x}

令

N=nxN=\frac{n}{x} ,

则

limn→+∞(1+xn)nxx=limN→+∞(1+1N)Nx=ex\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{x}{n})^{\frac{n}{x}x} =\lim\limits_{N\rightarrow +\infty}(1+\frac{1}{N})^{Nx}=\mathbb{e}^{x}

因此我们可以非常自然且合理地在正数范围内将 ex\mathbb{e}^{x} 定义为

ex=limn→+∞(1+xn)n\mathbb{e}^{x}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{n}

当 x=0x=0 时，这个定义显然也是合理的。这说明我们可以在非负实数范围内定义 ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式。

5. ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在实数域上的延拓

当 x≥0x \geq 0 时，我们已经给出了 ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式，但是当 x<0x<0 时，我们尚未给出。下面我们来研究一下 x<0x<0 的情况。当 x<0x<0 时

limn→+∞(1+xn)n=limn→+∞(1+xn)nxx=limn→+∞(1−|x|n)nxx=limn→+∞(nn−|x|)−nxx=limn→+∞(1+|x|n−|x|)n|x|x\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{x}{n})^{n} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{x}{n})^{\frac{n}{x}x} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1-\frac{|x|}{n})^{\frac{n}{x}x}\\ =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(\frac{n}{n-|x|})^{-\frac{n}{x}x} =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{|x|}{n-|x|})^{\frac{n}{|x|}x}

令

N=n−|x||x|N=\frac{n-|x|}{|x|}

则

limn→+∞(1+|x|n−|x|)n|x|x=limN→+∞(1+1N)Nx(1+1N)x=ex\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(1+\frac{|x|}{n-|x|})^{\frac{n}{|x|}x} =\lim\limits_{N\rightarrow +\infty}(1+\frac{1}{N})^{Nx}(1+\frac{1}{N})^{x}=\mathbb{e}^{x}

这说明该极限定义式

ex=limn→+∞(1+xn)n\mathbb{e}^{x}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{n}

可以非常合理地延拓到整个实数域上。

6. ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式在复数域上的延拓以及欧拉公式的导出

我们已经将 ex\mathbb{e}^{x} 的极限定义式

ex=limn→+∞(1+xn)n\mathbb{e}^{x}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{n}

合理地延拓到了整个实数域上。下面我们在整个复数域上定义

ez=limn→+∞(1+zn)n\mathbb{e}^{z}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})^{n}

现在我们来推导它的极限结果是什么。我们来考察下面的极限

P(k)=limn→+∞(1+zn)k=limn→+∞(1+xn+iyn)kP(k)=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})^{k}= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n}+\mathbb{i}\frac{y}{n})^{k}

当 k=1k=1 时

P(1)=limn→+∞(1+zn)=limn→+∞(1+xn+iyn)P(1)=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n}+\mathbb{i}\frac{y}{n})

它的模长是

l1=limn→+∞(1+xn)2+(yn)2=limn→+∞1+xn+o(1n)l_{1}=\sqrt{\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{2}+(\frac{y}{n})^{2}} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}1+\frac{x}{n}+o(\frac{1}{n})

它的辐角

θ1=limn→+∞Im(P(1))l1=limn→+∞arcsin⁡ynl1=yn+o(1n)\theta_{1} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{Im(P(1))}{l_{1}} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\arcsin\frac{\frac{y}{n}}{l_{1}} =\frac{y}{n}+o(\frac{1}{n})

以上计算步骤均省略了二阶小量，在精确到一阶小量时，我们有

limt→0arcsin⁡t=limt→0sin⁡t=limt→0tlimt→011+t=limt→0(1−t)limt→01+t2=1\lim_{t\rightarrow0}\arcsin t=\lim_{t\rightarrow0}\sin t=\lim_{t\rightarrow0}t\\ \lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{1+t}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}(1-t)\\ \lim\limits_{t\rightarrow 0}\sqrt{1+t^{2}}=1

或许有人说这需要用到罗毕达法则或泰勒展开，其实不然，这些东西我们直接用作图的方法就可以直接到得结论，希望读者能做到形不离数，数不离形。下文也是同样省略了高阶小量。

当 k=2k=2 时，

limn→+∞(1+zn)2=limn→+∞(1+xn+iyn)2\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})^{2}= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n}+\mathbb{i}\frac{y}{n})^{2}

l2=limn→+∞(1+xn)2+(yn)2=limn→+∞(1+xn)2+o(1n)l_{2}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{2}+(\frac{y}{n})^{2} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{2}+o(\frac{1}{n})

它的辐角

θ2=limn→+∞Im(P(2))l2=limn→+∞arcsin⁡2(1+xn)ynl2=2yn+o(1n)\theta_{2} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{Im(P(2))}{l_{2}} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\arcsin\frac{2(1+\frac{x}{n})\frac{y}{n}}{l_{2}} =\frac{2y}{n}+o(\frac{1}{n})

到了这一步，我们自然地会想到用数学归纳法继续递推下去。假定对于 P(k)P(k)

lk=limn→+∞(1+xn)k+o(1n)θk=limn→+∞arcsin⁡2(1+xn)ynlk=kyn+o(1n)l_{k}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{k}+o(\frac{1}{n})\\ \theta_{k} = \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\arcsin\frac{2(1+\frac{x}{n})\frac{y}{n}}{l_{k}} =\frac{ky}{n}+o(\frac{1}{n})

成立，则对于 P(k+1)P(k+1)

lk+1=[limn→+∞(1+xn)k+o(1n)]k+1k=limn→+∞(1+xn)k+1+o(1n)θk+1=θk+θ1=(k+1)yn+o(1n)l_{k+1}=[\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{k}+o(\frac{1}{n})]^{\frac{k+1}{k}}= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{k+1}+o(\frac{1}{n})\\ \theta_{k+1}=\theta_{k}+\theta_{1}=(k+1)\frac{y}{n}+o(\frac{1}{n})

因此当 k=nk=n 时，自然有

ez=P(n)=limn→+∞(1+zn)n\mathbb{e}^{z}=P(n)=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})^{n}

的模长为

limn→+∞ln=limn→+∞(1+xn)n=ex\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}l_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{x}{n})^{n}=\mathbb{e}^{x}

辐角为

θn=Im(z)\theta_{n}=Im(z)

因此有

ez=ex(cos⁡y+isin⁡y)\mathbb{e}^{z}=\mathbb{e}^{x}(\cos y+\mathbb{i}\sin y)

另一方面为了保持指数函数的良性定义有

ez=ex+iy=exeiy\mathbb{e}^{z}=\mathbb{e}^{x+\mathbb{i}y}=\mathbb{e}^{x}\mathbb{e}^{\mathbb{i}y}

综合以上两式可得对做任意的实数 θ\theta

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ\mathbb{e}^{\mathbb{i}\theta}=\cos\theta+\mathbb{i}\sin\theta

这便是著名的欧拉公式。

7. 极限有复平面上的运动过程及解释

在上述求极限的过程中，我们会发现因子中每多出一个

1+xn+iyn1+\frac{x}{n}+\mathbb{i}\frac{y}{n}

最终结果在复平面上的辐角都会增加 yn\frac{y}{n} , 也就是在复平面上逆时针旋转角度 yn\frac{y}{n} , 同时该数距离原点的距离即模长变为原来的 1+xn1+\frac{x}{n} . 对于 x=0x=0 的特殊情况 eiy\mathbb{e}^{iy} ，就是模长不变，辐角每次增加 θn\frac{\theta}{n} , 即在复平面的单位圆上旋转，如下图所示。

8. 欧拉公式推导过程的进一步简化

第6小节之所以一步一步推导是为了方便让读者尽可能多地理解细节，即每一步模长和辐角的变化。其实我们可以更加直接地算出结果，过程不必那么长。当我们有了定义

ez=limn→+∞(1+zn)n\mathbb{e}^{z}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{z}{n})^{n}

以后，我们知道

|1+zn|=(1+xn)2+(yn)2|1+\frac{z}{n}|=\sqrt{(1+\frac{x}{n})^{2}+(\frac{y}{n})^{2}}

则

|ez|=limn→+∞[(1+xn)2+(yn)2]n2=limn→+∞[(1+2xn+(xn)2+(yn)2]n2=limn→+∞[(1+2x+x2n+y2nn]n2x+x2n+y2n2x+x2n+y2n2=limn→+∞ex+x22n+y22n=ex|\mathbb{e}^{z}|=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}[(1+\frac{x}{n})^{2}+(\frac{y}{n})^{2}]^{\frac{n}{2}} =\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}[(1+\frac{2x}{n}+(\frac{x}{n})^{2}+(\frac{y}{n})^{2}]^{\frac{n}{2}}\\ =\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}[(1+\frac{2x+\frac{x^{2}}{n}+\frac{y^{2}}{n}}{n}]^{\frac{n}{2x+\frac{x^{2}}{n}+\frac{y^{2}}{n}}\frac{2x+\frac{x^{2}}{n}+\frac{y^{2}}{n}}{2}}=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\mathbb{e}^{x+\frac{x^{2}}{2n}+\frac{y^{2}}{2n}}=\mathbb{e}^{x}

而 1+zn1+\frac{z}{n}

arg⁡(1+zn)=arctan⁡yn1+xn\arg(1+\frac{z}{n})=\arctan\frac{\frac{y}{n}}{1+\frac{x}{n}} ,

因此

arg⁡(ez)=limn→+∞(narctan⁡yn1+xn)=limn→+∞nyn1+xn=y\arg(\mathbb{e}^{z})=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}(n\arctan\frac{\frac{y}{n}}{1+\frac{x}{n}}) =\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{n\frac{y}{n}}{1+\frac{x}{n}}=y

因此

ez=ex(cos⁡y+icos⁡y)=exeiy\mathbb{e}^{z}=\mathbb{e}^{x}(\cos y+\mathbb{i}\cos y)=\mathbb{e}^{x}\mathbb{e}^{\mathbb{i}y}

我们也同样导出了欧拉公式。

9. ez\mathbb{e}^{z} 的极限定义式的良性验证

下面我们来证明当我们定义了

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ\mathbb{e}^{\mathbb{i}\theta}=\cos\theta+\mathbb{i}\sin\theta

以后，对做任意的复数

z1=x1+y1,z2=x2+y2z_{1}=x_{1}+y_{1}, \\ z_{2}=x_{2}+y_{2}

我们来证明 ex\mathbb{e}^{x} 的定义在整个复数域上良性的，即

ez1ez2=ex1+iy1ex2+iy2=ex1(cos⁡y1+isin⁡y1)ex2(cos⁡x2+isin⁡y2)=ex1+x2[cos⁡(y1+y2)+isin⁡(y1+y2)]=ex1+x2ei(y1+y2)=ez1+z2\mathbb{e}^{z_{1}}\mathbb{e}^{z_{2}} =\mathbb{e}^{x_{1}+\mathbb{i}y_{1}}\mathbb{e}^{x_{2}+\mathbb{i}y_{2}}\\ =\mathbb{e}^{x_{1}}(\cos y_{1}+\mathbb{i}\sin y_{1})\mathbb{e}^{x_{2}}(\cos x_{2}+\mathbb{i}\sin y_{2})\\ =\mathbb{e}^{x_{1}+x_{2}}[\cos(y_{1}+y_{2})+\mathbb{i}\sin(y_{1}+y_{2})]\\ =\mathbb{e}^{x_{1}+x_{2}}\mathbb{e}^{\mathbb{i}(y_{1}+y_{2})}=\mathbb{e}^{z_{1}+z_{2}}

10. 哲理的讨论

记得高斯曾说：“如果不能一眼看出欧拉公式是显然成立的，这个人永远成不了一流数学家。”其实高斯的说法有它的道理，甚至我也说过：“真正在数学上有悟性的人几乎时时擅长透视一切事物的本质，这种透视不仅仅是对数学的透视。”

虽然高斯说得有些过于绝对和言过其实，但是看问题一眼看到本质确实是重要的。之所以说这种说法言过其实，是因为迷与悟的差别就在一瞬间。虽然悟需要很多先天条件甚至是后天积累，但是从迷到悟都是瞬间的事。有的人可能上厕所之前还没有悟，但是上厕所过程中突然就悟了。正如同顶级数学家真正擅长数学竞赛的也仅仅占51%，世间任何不可量化的客观事实都很难找到唯一标准，所以我说高斯的说法过于绝对。当然高斯之所以这样说，应该是来自他绝对的自信，因为高斯确实是天才之中的天才。