5_如何证明宇宙第一美公式？？—欧拉公式证明

《高级控制理论——数学基础》学习笔记

5_如何证明宇宙第一美公式？？—欧拉公式证明

《【工程数学基础】5_如何证明宇宙第一美公式？？—欧拉公式证明》王天威（网名DR_CAN），博士

$$e^{i\theta }=\cos (\theta )+i\sin (\theta )$$

其中 $i=\sqrt{-1}$ 为虚数单位。

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方法一：常数函数验证法

采用常数函数法进行证明。构造辅助函数，若该函数的导数为零且在特定点的值为1，则该函数恒等于1，从而得证。

证明过程

第一步：构造辅助函数

$$f(\theta )=\frac{e^{i\theta }}{\cos (\theta )+i\sin (\theta )}$$

第二步：求导数

根据商的求导法则 $(\frac{u}{v}{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$，对 $f(\theta )$ 求导：

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\theta )& =\frac{(e^{i\theta }{)}^{\prime }\cdot (\cos \theta +i\sin \theta )-e^{i\theta }\cdot (\cos \theta +i\sin \theta {)}^{\prime }}{(\cos \theta +i\sin \theta {)}^2}\\ & =\frac{i{e}^{i\theta }(\cos \theta +i\sin \theta )-e^{i\theta }(-\sin \theta +i\cos \theta )}{(\cos \theta +i\sin \theta {)}^2}\end{array}$$

第三步：化简分子

将分子展开并整理：

$$\begin{array}{rl}& i{e}^{i\theta }\cos \theta +i^2{e}^{i\theta }\sin \theta +e^{i\theta }\sin \theta -i{e}^{i\theta }\cos \theta \\ & =i{e}^{i\theta }\cos \theta -e^{i\theta }\sin \theta +e^{i\theta }\sin \theta -i{e}^{i\theta }\cos \theta \\ & =0\end{array}$$

其中利用了 $i^2=-1$。

因此，

$$f^{\prime }(\theta )=\frac{0}{(\cos \theta +i\sin \theta {)}^2}=0$$

第四步：确定常数

由于 $f^{\prime }(\theta )=0$ 对所有 $\theta$ 成立，故 $f(\theta )$ 为常数函数。

计算 $\theta =0$ 时的函数值：

$$\begin{array}{rl}f(0)& =\frac{e^{i\cdot 0}}{\cos (0)+i\sin (0)}\\ & =\frac{1}{1+0}\\ & =1\end{array}$$

因此，$f(\theta )=1$ 对所有 $\theta$ 恒成立。

第五步：得出结论

$$\frac{e^{i\theta }}{\cos \theta +i\sin \theta }=1\Rightarrow e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$

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方法二：泰勒级数推导法

从微积分基础出发，利用泰勒级数展开直接推导欧拉公式。

推导过程

第一步：写出 $e^x$、$\cos x$、$\sin x$ 的泰勒级数展开

一般的泰勒公式（在 $x_0$ 处展开）：

$$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{″}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\cdots$$

其中展开点 $x_0$ 理论上可以取函数定义域内的任意值。当取 $x_0=0$ 时，泰勒公式简化为：

$$f(x)=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\cdots$$

这种特殊的泰勒展开称为麦克劳林级数（Maclaurin Series），因计算简单而广泛应用。

1. 推导 $e^x$ 的泰勒级数

计算各阶导数及其在 $x=0$ 处的值：

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& =e^x,& f(0)& =e^0=1\\ f^{\prime }(x)& =e^x,& f^{\prime }(0)& =1\\ f^{″}(x)& =e^x,& f^{″}(0)& =1\\ & ⋮& & ⋮\\ f^{(n)}(x)& =e^x,& f^{(n)}(0)& =1\end{array}$$

因此，

$$e^x=1+\frac{1}{1!}x+\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{4!}{x}^4+\cdots =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}$$

2. 推导 $\cos x$ 的泰勒级数

计算各阶导数及其在 $x=0$ 处的值：

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& =\cos x,& f(0)& =1\\ f^{\prime }(x)& =-\sin x,& f^{\prime }(0)& =0\\ f^{″}(x)& =-\cos x,& f^{″}(0)& =-1\\ f^{(3)}(x)& =\sin x,& f^{(3)}(0)& =0\\ f^{(4)}(x)& =\cos x,& f^{(4)}(0)& =1\\ & ⋮& & ⋮\end{array}$$

可见导数呈现周期性：$1,0,-1,0,1,0,-1,0,\dots$

因此，偶数项非零，奇数项为零：

$$\cos x=1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4-\frac{1}{6!}{x}^6+\cdots =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}$$

3. 推导 $\sin x$ 的泰勒级数

计算各阶导数及其在 $x=0$ 处的值：

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& =\sin x,& f(0)& =0\\ f^{\prime }(x)& =\cos x,& f^{\prime }(0)& =1\\ f^{″}(x)& =-\sin x,& f^{″}(0)& =0\\ f^{(3)}(x)& =-\cos x,& f^{(3)}(0)& =-1\\ f^{(4)}(x)& =\sin x,& f^{(4)}(0)& =0\\ & ⋮& & ⋮\end{array}$$

可见导数呈现周期性：$0,1,0,-1,0,1,0,-1,\dots$

因此，奇数项非零，偶数项为零：

$$\sin x=x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7+\cdots =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

综上，三个泰勒级数展开为：

$$\begin{array}{rl}{e}^x& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots \\ \cos x& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots \\ \sin x& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots \end{array}$$

第二步：将 $x=i\theta$ 代入 $e^x$ 的泰勒级数

$$\begin{array}{rl}{e}^{i\theta }& =1+i\theta +\frac{(i\theta {)}^2}{2!}+\frac{(i\theta {)}^3}{3!}+\frac{(i\theta {)}^4}{4!}+\frac{(i\theta {)}^5}{5!}+\cdots \\ & =1+i\theta +\frac{i^2{\theta }^2}{2!}+\frac{i^3{\theta }^3}{3!}+\frac{i^4{\theta }^4}{4!}+\frac{i^5{\theta }^5}{5!}+\cdots \end{array}$$

第三步：利用 $i$ 的幂次规律化简

$$i^0=1,i^1=i,i^2=-1,i^3=-i,i^4=1,i^5=i,\cdots$$

代入得：

$$\begin{array}{rl}{e}^{i\theta }& =1+i\theta +\frac{(-1){\theta }^2}{2!}+\frac{(-i){\theta }^3}{3!}+\frac{(1){\theta }^4}{4!}+\frac{(i){\theta }^5}{5!}+\cdots \\ & =1+i\theta -\frac{{\theta }^2}{2!}-\frac{i{\theta }^3}{3!}+\frac{{\theta }^4}{4!}+\frac{i{\theta }^5}{5!}-\cdots \end{array}$$

第四步：将实部和虚部分开

$$\begin{array}{rl}{e}^{i\theta }& =(1-\frac{{\theta }^2}{2!}+\frac{{\theta }^4}{4!}-\cdots )+i(\theta -\frac{{\theta }^3}{3!}+\frac{{\theta }^5}{5!}-\cdots )\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{\theta }^{2n}}{(2n)!}+i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{\theta }^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ & =\cos \theta +i\sin \theta \end{array}$$

第五步：得出结论

$$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$

这种方法是从 $e^x$ 的泰勒级数定义出发，通过代数运算自然得出欧拉公式，不需要预先知道结论。

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两种方法的比较

方法	特点	优点	适用场景
常数函数验证法	假设结论成立，通过验证导数为零证明	推导简洁，技巧性强	已知结论需要验证时
泰勒级数推导法	从泰勒级数定义出发，自然推导	直观自然，无需预设结论	初次推导、理解本质时

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推论

当 $\theta =\pi$ 时，可得著名的欧拉恒等式：

$$e^{i\pi }=\cos \pi +i\sin \pi =-1\Rightarrow e^{i\pi }+1=0$$