尤拉公式詳解-震驚，小學生也能看懂？
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尤拉公式
前言
今天博主在b站上看完了一個 視訊 。此視訊介紹了尤拉從定義 \(\pi\) 、以尤拉命名、伯努利發明的數 \(e\) 、 \(sin\) 和 \(cos\) 以及 \(e^i\) 、 \(e\) 的泰勒展開式以及虛數 \(i\) 。
這是一篇學習筆記，有錯誤的話，感謝評論裡指出。
前置知識
冪法則
如果 \(f(x)=x^n\) ，那麼 \(f'(x)=nx^{n-1}\)
證明
新的函式值是 \(f(x+\mathrm{d}x)=(x+\mathrm{d}x)^n=(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)\cdots(x+\mathrm{d}x)\)
可以由二項式定理得到
\[(x+\mathrm{d}x)^n=\sum^{n}_{i=0}\left(\begin{array}{c}i\\ n\end{array}\right)x^{n-i}(\mathrm{d}x)^i=\left(\begin{array}{c}0\\ n\end{array}\right)x^n+\left(\begin{array}{c}1\\ n\end{array}\right)x^{n-1}\mathrm{d}x+\left(\begin{array}{c}2\\ n\end{array}\right)x^{n-2}(\mathrm{d}x)^2\cdots\]
\[df=f(x+\mathrm{d}x)-f(x)=x^{n-1}\mathrm{d}x+x^{n-2}(\mathrm{d}x)^2\cdots\]
\[\frac{df}{dx}=x^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}dx+\frac{n(n-1)(n-2)}{6}x^{n-2}dx\cdots\]
因為 \(dx\) 趨向 \(0\) ,所以可以忽略含有 \(dx\)的項,
\(\frac{df}{dx}=x^{n-1}\)
加法則
兩個函式 \(f(x)\) 、 \(g(x)\) ，那麼 \((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)\)
積法則
兩個函式 \(f(x)\) 、 \(g(x)\) ，那麼 \((f(x)g(x))'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)\)
證明
由於相乘想到面積來視覺化過程，設一個矩形長寬分別為 \(f(x)\) 、 \(g(x)\) ，設 \(h(x)=(f(x)g(x))'\)
如圖所示：
顯然增加的面積就是三塊有顏色面積的小矩形，綠紅黃他們的面積之和為：
\[f(x)\mathrm{d}(g(x))+g(x)\mathrm{d}(f(x))+\mathrm{d}(f(x))\mathrm{d}(g(x))=h'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow\]
\[f(x)g'(x)\mathrm{d}x+g(x)f'(x)\mathrm{d}x+g'(x)\mathrm{d}xf'(x)\mathrm{d}x=h'(x)\mathrm{d}x\]
那麼 \(\frac{h'(x)}{dx}=f(x)g'(x)+g(x)f'(x)+g'(x)f'(x)\mathrm{d}x\)
發現尾項與 \(\mathrm{d}x\) 有關，當 \(\mathrm{d}x\)趨向
\(0\)
的時候可以忽略。
鏈式法則
兩個函式 \(f(x)\) 、 \(g(x)\) ，那麼 \(f'(g(x))=f'(g(x))g'(x)\) ，也就是 \(\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}g}\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}x}\)
證明
當 \(x\) 變化量為 \(dx\) 的時候, \(g\) 函式變化量是 \(\mathrm{d}(g(x))\) 。
\(f\) 函式的變化量為：
\[\mathrm{d}(f(g(x)))=f'(g(x))\mathrm{d}(g(x))=f'(g(x))g'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow \frac{\mathrm{d}(f(g(x))}{\mathrm{d}x}=f'(g(x))g'(x)\]
最後一步是由導數的定義得來的。
通過冪法則、鏈式法則推到商法則
三角函式的導數
\(\sin'(x)=cos(x)\)
\(\cos'(x)=-sin(x)\)
證明
高階導數
\(f^{(n)}(x)\) 指的是 \(f(x)\) 的 \(n\) 階導數。我自己的理解：描述 \(f(x)\) 的變化函式是 \(f'(x)\) ，描述 \(f'(x)\) 的變化函式 \(f''(x)\) ，也就是 \(f^{(n)}\) 的變化受到 \(f^{(n+1)}\) 的控制，如果控制 \(f^1\) 、 \(f^2\) ···他們的函式都相等，那麼"理論上"這兩個函式是相等的。下面泰勒級數就用到這個思想。
拓展（無關本文)
指數函式求導
嘗試求導
\(M(t)=2^t\)
\[\frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}t}=\frac{2^{t+\mathrm{d}t}-2^t}{\mathrm{d}t}=2^t\underbrace{(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t})}_{dt\to0}\]
\(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t}\) 趨向於一個常數 \(0.69314718056\cdots\)
同樣函式 \(M(t)=3^t\) 同樣的方法，後半部分將趨向於 \(1.09861228867\cdots\)
\(M(t)=8^t\to 2.07944154168\cdots\)
\(1.09861228867\cdots{\times3}=2.07944154168\cdots\)
從指數上 \(8=2^3\) ，說明這個常數是對於對某個數求對數函式得到的。
有沒有哪個底數能是的這個係數為 \(1\) 呢？
即
\((a^t)'=a^t\)
？
e的出現
這個底數就是 \(e=2.71828\cdots\)
a^x的導數
由上面得到 \((a^x)'=a^x\ln(a)\)
\(\frac{d(e^{ct})}{\mathrm{d}t}=ce^{ct}\) ， \(c\) 是常數，由複合函式求導。
所有指數函式 \(a\) 寫作 \(e^{\ln(2)}\)
代入上式得到：
\(a^x=e^{\ln(a)t}\)
隱函式求導
圓的方程式 \(x^2+y^2=r\) ，這很顯然，如果我們要對它求導怎麼辦？此時輸入一個 \(x\) 不一定輸出一個 \(y\) 。很顯然這個函式是可以求導的，也就是求 \((x,y)\) 這個座標的斜率。
泰勒級數
由來
一個函式可以寫成 \(f(x)=\sum^n_{i=0}{a_ix^i}=a_0+a_1x_1+a_2x_2+\cdots\)
在高階導數的時候說過，如果兩個函式每一階導數都相等，那麼"理論上"兩個函式是相等的。
因為我們有 \(cos'(x)=-sin(x)\) 、 \(cos''(x)=-cos(x)\) 、 \(cos'''(x)=sin(x)\) 、 \(cos''''(x)=cos(x)\)
此後就是 \(-sin(x)\) 、 \(-cos(x)\) 、 \(sin(x)\) 、 \(cos(x)\) 迴圈，求導次數 \(x\) ，其 \(x \mod\ 4=1\) , \(2\) , \(3\) , \(0\) 的時候分別對應這四個。
\(cos(0)=1\Rightarrow f(x)=a_0+\sum_{i=1}^n{a_i\cdot0}=a_0=1\)
\(cos'(0)=0\Rightarrow f'(x)=1\cdot a_1+\sum_{i=2}^n{(i-1)a_i\cdot0}=1!\cdot a_1=0\)
\(\cos''(0)=-1\Rightarrow f''(x)=1\cdot2\cdot a_2+\sum_{i=3}^n{(i-1)\cdot(i-2)a_i}=2!\cdot a_2=-1\)
\(cos'''(0)=0\Rightarrow f'''(x)=1\cdot2\cdot3 a_3+\sum_{i=4}^n{(i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)a_i}=3!\cdot a_3=0\)
\(cos''''(0)=1\Rightarrow f''''(x)=1\cdot2\cdot3\cdot4 a_4+\sum_{i=5}^n{(i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)\cdot(i-4)a_i}=4!\cdot a_4=1\)
可以發現規律了，假設取了 \(i\) 次導數，且有 \(i=2n\) 。
-
\(n\) 是奇數有： \(i!\cdot a_i=-1\Rightarrow a_i=-\frac{1}{i!}\)
-
\(n\) 是偶數有： \(i!\cdot a_i=1\Rightarrow a_i=\frac{1}{i!}\)
也就是 \(cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^4}{8!}-\cdots\)
同樣的思路可以證明
\(\sin(x)=\sum^{\infty}_{i=2n+1,n\in N}{(-1)^n\frac{x^i}{i!}}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)
證明 \(e^x=\cdots\) 比這更容易，根據定義 \((e^x)'=e^x\) ，重複上述過程即可。
麥克勞林展開式
\(e^x=\sum^\infty_{i=0}{\frac{x^i}{i!}}=1+\frac{x^1}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\)
\(\sin(x)=\sum^{\infty}_{i=2n+1,n\in N}{(-1)^n\frac{x^i}{i!}}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)
\(\cos(x)=\sum^{\infty}_{i=2n,n\in N}(-1)^n\frac{x^i}{i!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\)
本文正題
\(e^{ix}=1+\frac{(ix)^1}{1!}+\frac{(ix)^2}{2!}+\frac{(ix)^3}{3!}+\frac{(ix)^4}{4!}+\frac{(ix)^5}{5!}=1+\frac{ix}{1!}-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{ix^5}{5!}-\cdots\)
把帶有 \(i\) 的提出來有：
\(e^{ix}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots+i(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!})=cos(x)+i\times sin(x)\)
當 \(x=\pi\) 的時候
\(e^{i\pi}=\cos(\pi)+i\times \sin(\pi)=-1\)
所以 \(e^{i\pi}+1=0\)