欧拉公式详解-震惊，小学生也能看懂？

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目录

• 欧拉公式
  • 前言
  • 前置知识
    • 幂法则
      • 证明
    • 加法则
    • 积法则
      • 证明
    • 链式法则
      • 证明
    • 通过幂法则、链式法则推到商法则
    • 三角函数的导数
      • 证明
    • 高阶导数
    • 继续
      • 指数函数求导
        • 尝试求导
        • e的出现
        • a^x的导数
      • 隐函数求导
  • 泰勒级数
    • 由来
    • 麦克劳林展开式
  • 本文正题

欧拉公式

前言

今天博主在b站上看完了一个视频。此视频介绍了欧拉从定义\(\pi\)、以欧拉命名、伯努利发明的数\(e\)、\(sin\)和\(cos\)以及\(e^i\)、\(e\)的泰勒展开式以及虚数\(i\)。
这是一篇学习笔记，有错误的话，感谢评论里指出。

前置知识

幂法则

如果\(f(x)=x^n\)，那么\(f'(x)=nx^{n-1}\)

证明

新的函数值是\(f(x+\mathrm{d}x)=(x+\mathrm{d}x)^n=(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)\cdots(x+\mathrm{d}x)\)
可以由二项式定理得到

\[(x+\mathrm{d}x)^n=\sum^{n}_{i=0}\left(\begin{array}{c}i\\ n\end{array}\right)x^{n-i}(\mathrm{d}x)^i=\left(\begin{array}{c}0\\ n\end{array}\right)x^n+\left(\begin{array}{c}1\\ n\end{array}\right)x^{n-1}\mathrm{d}x+\left(\begin{array}{c}2\\ n\end{array}\right)x^{n-2}(\mathrm{d}x)^2\cdots \]

\[df=f(x+\mathrm{d}x)-f(x)=x^{n-1}\mathrm{d}x+x^{n-2}(\mathrm{d}x)^2\cdots \]

\[\frac{df}{dx}=x^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}dx+\frac{n(n-1)(n-2)}{6}x^{n-2}dx\cdots \]

因为\(dx\)趋向\(0\),所以可以忽略含有\(dx\)的项,\(\frac{df}{dx}=x^{n-1}\)

加法则

两个函数\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)\)

积法则

两个函数\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\((f(x)g(x))'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)\)

证明

由于相乘想到面积来可视化过程，设一个矩形长宽分别为\(f(x)\)、\(g(x)\)，设\(h(x)=(f(x)g(x))'\)
如图所示：

显然增加的面积就是三块有颜色面积的小矩形，绿红黄他们的面积之和为：

\[f(x)\mathrm{d}(g(x))+g(x)\mathrm{d}(f(x))+\mathrm{d}(f(x))\mathrm{d}(g(x))=h'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow \]

\[f(x)g'(x)\mathrm{d}x+g(x)f'(x)\mathrm{d}x+g'(x)\mathrm{d}xf'(x)\mathrm{d}x=h'(x)\mathrm{d}x \]

那么\(\frac{h'(x)}{dx}=f(x)g'(x)+g(x)f'(x)+g'(x)f'(x)\mathrm{d}x\)
发现尾项与\(\mathrm{d}x\)有关，当\(\mathrm{d}x\)趋向\(0\)的时候可以忽略。

链式法则

两个函数\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\(f'(g(x))=f'(g(x))g'(x)\)，也就是\(\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}g}\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}x}\)

证明

当\(x\)变化量为\(dx\)的时候,\(g\)函数变化量是\(\mathrm{d}(g(x))\)。
\(f\)函数的变化量为：

\[\mathrm{d}(f(g(x)))=f'(g(x))\mathrm{d}(g(x))=f'(g(x))g'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow \frac{\mathrm{d}(f(g(x))}{\mathrm{d}x}=f'(g(x))g'(x) \]

最后一步是由导数的定义得来的。

通过幂法则、链式法则推到商法则

三角函数的导数

\(\sin'(x)=cos(x)\)
\(\cos'(x)=-sin(x)\)

证明

高阶导数

\(f^{(n)}(x)\)指的是\(f(x)\)的\(n\)阶导数。我自己的理解：描述\(f(x)\)的变化函数是\(f'(x)\)，描述\(f'(x)\)的变化函数\(f''(x)\)，也就是\(f^{(n)}\)的变化受到\(f^{(n+1)}\)的控制，如果控制\(f^1\)、\(f^2\)···他们的函数都相等，那么"理论上"这两个函数是相等的。下面泰勒级数就用到这个思想。

继续

指数函数求导

尝试求导

\(M(t)=2^t\)

\[\frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}t}=\frac{2^{t+\mathrm{d}t}-2^t}{\mathrm{d}t}=2^t\underbrace{(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t})}_{dt\to0} \]

\(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t}\)趋向于一个常数\(0.69314718056\cdots\)
同样函数\(M(t)=3^t\)同样的方法，后半部分将趋向于\(1.09861228867\cdots\)
\(M(t)=8^t\to 2.07944154168\cdots\)
\(1.09861228867\cdots{\times3}=2.07944154168\cdots\)
从指数上\(8=2^3\)，说明这个常数是对于对某个数求对数函数得到的。
有没有哪个底数能是的这个系数为\(1\)呢？
即\((a^t)'=a^t\)？

e的出现

这个底数就是\(e=2.71828\cdots\)

a^x的导数

由上面得到\((a^x)'=a^x\ln(a)\)
\(\frac{d(e^{ct})}{\mathrm{d}t}=ce^{ct}\)，\(c\)是常数，由复合函数求导。
所有指数函数\(a\)写作\(e^{\ln(2)}\)
代入上式得到：\(a^x=e^{\ln(a)t}\)

隐函数求导

圆的方程式\(x^2+y^2=r\)，这很显然，如果我们要对它求导怎么办？此时输入一个\(x\)不一定输出一个\(y\)。很显然这个函数是可以求导的，也就是求\((x,y)\)这个坐标的斜率。

泰勒级数

由来

一个函数可以写成\(f(x)=\sum^n_{i=0}{a_ix^i}=a_0+a_1x_1+a_2x_2+\cdots\)
在高阶导数的时候说过，如果两个函数每一阶导数都相等，那么"理论上"两个函数是相等的。
因为我们有\(cos'(x)=-sin(x)\)、\(cos''(x)=-cos(x)\)、\(cos'''(x)=sin(x)\)、\(cos''''(x)=cos(x)\)
此后就是\(-sin(x)\)、\(-cos(x)\)、\(sin(x)\)、\(cos(x)\)循环，求导次数\(x\)，其\(x \mod\ 4=1\),\(2\),\(3\),\(0\)的时候分别对应这四个。
\(cos(0)=1\Rightarrow f(x)=a_0+\sum_{i=1}^n{a_i\cdot0}=a_0=1\)
\(cos'(0)=0\Rightarrow f'(x)=1\cdot a_1+\sum_{i=2}^n{(i-1)a_i\cdot0}=1!\cdot a_1=0\)
\(\cos''(0)=-1\Rightarrow f''(x)=1\cdot2\cdot a_2+\sum_{i=3}^n{(i-1)\cdot(i-2)a_i}=2!\cdot a_2=-1\)
\(cos'''(0)=0\Rightarrow f'''(x)=1\cdot2\cdot3 a_3+\sum_{i=4}^n{(i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)a_i}=3!\cdot a_3=0\)
\(cos''''(0)=1\Rightarrow f''''(x)=1\cdot2\cdot3\cdot4 a_4+\sum_{i=5}^n{(i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)\cdot(i-4)a_i}=4!\cdot a_4=1\)

可以发现规律了，假设取了\(i\)次导数，且有\(i=2n\)。

• \(n\)是奇数有：\(i!\cdot a_i=-1\Rightarrow a_i=-\frac{1}{i!}\)

• \(n\)是偶数有：\(i!\cdot a_i=1\Rightarrow a_i=\frac{1}{i!}\)

也就是\(cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^4}{8!}-\cdots\)
同样的思路可以证明\(\sin(x)=\sum^{\infty}_{i=2n+1,n\in N}{(-1)^n\frac{x^i}{i!}}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)

证明\(e^x=\cdots\)比这更容易，根据定义\((e^x)'=e^x\)，重复上述过程即可。

麦克劳林展开式

\(e^x=\sum^\infty_{i=0}{\frac{x^i}{i!}}=1+\frac{x^1}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\)
\(\sin(x)=\sum^{\infty}_{i=2n+1,n\in N}{(-1)^n\frac{x^i}{i!}}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)
\(\cos(x)=\sum^{\infty}_{i=2n,n\in N}(-1)^n\frac{x^i}{i!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\)

本文正题

\(e^{ix}=1+\frac{(ix)^1}{1!}+\frac{(ix)^2}{2!}+\frac{(ix)^3}{3!}+\frac{(ix)^4}{4!}+\frac{(ix)^5}{5!}=1+\frac{ix}{1!}-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{ix^5}{5!}-\cdots\)

把带有\(i\)的提出来有：

\(e^{ix}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots+i(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!})=cos(x)+i\times sin(x)\)

当\(x=\pi\)的时候

\(e^{i\pi}=\cos(\pi)+i\times \sin(\pi)=-1\)

所以\(e^{i\pi}+1=0\)