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[1] 。這一複數指數函數有時還寫作 cis x (英語:c osine plus i s ine ,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[2] 。
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”[3] 。
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[4]
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 于 1714 年发现[5]
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 2i π 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[6] [5] 。
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。[7]
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。[2]
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 }