欧拉公式

此條目介紹的是複分析中的歐拉公式。关于代数拓扑或者多面體的歐拉公式，请见「歐拉示性数」。

提示：此条目的主题不是歐拉定理。

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 $x$，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 cis x （英語：cosine plus i sine，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${{{e}^{{i}\,{\pi }}}+{1}}=0$，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 $\mathrm {atan2} {(y,x)}={\begin{cases}\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad x>0\\\pi +\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad y\geq 0,x<0\\-\pi +\arctan \left({\frac {y}{x}}\right)&\qquad y<0,x<0\\{\frac {\pi }{2}}&\qquad y>0,x=0\\-{\frac {\pi }{2}}&\qquad y<0,x=0\\{\text{undefined}}&\qquad y=0,x=0\end{cases}}$

历史

約翰·伯努利注意到有

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

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，罗杰·柯特斯于 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 2iπ 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

参见：欧拉恒等式

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

${{{e}^{{i}\,{\pi }}}+{1}}=0$。

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：

${\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }\ln r_{n}&=\lim _{n\rightarrow \infty }[{\frac {n}{2}}\ln(1+{\frac {2a}{n}}+{\frac {a^{2}+b^{2}}{n^{2}}})]\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }[{\frac {n}{2}}({\frac {2a}{n}}+{\frac {a^{2}+b^{2}}{n^{2}}})]\\&=a\\\end{aligned}}$

這一步驟用到 $\ln(1+x)\approx x$（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）：

${\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }\theta _{n}&=\lim _{n\rightarrow \infty }(n\arctan {\frac {\frac {b}{n}}{1+{\frac {a}{n}}}})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }(n{\frac {\frac {b}{n}}{1+{\frac {a}{n}}}})\\&=b\\\end{aligned}}$

从而可以证明：

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

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：

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

方法二：求導法

对于所有$x\in I$，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：

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

设$[a,b]\in I$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。

$f(x)=f(0)$

${\displaystyle }$

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

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：

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

假设 $y(x)=i\sin x+\cos x$，有：

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

使用積分法，可得$iy$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，$\mathbb {C} _{1}$和:$\mathbb {C} _{2}$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：

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

cis函數

主条目：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

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

實部等於實部，虛部等於虛部，因此

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

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

參見

• cis函數
• 歐拉恆等式