@
歐拉公式
前言
今天博主在b站上看完了一個視頻。此視頻介紹了歐拉從定義\(\pi\)、以歐拉命名、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，感謝評論里指出。
前置知識
冪法則
如果\(f(x)=x^n\)，那么\(f'(x)=nx^{n-1}\)
證明
新的函數值是\(f(x+\mathrm{d}x)=(x+\mathrm{d}x)^n=(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)(x+\mathrm{d}x)\cdots(x+\mathrm{d}x)\)
可以由二項式定理得到
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
兩個函數\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)\)
積法則
兩個函數\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\((f(x)g(x))'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)\)
證明
由於相乘想到面積來可視化過程，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：
那么\(\frac{h'(x)}{dx}=f(x)g'(x)+g(x)f'(x)+g'(x)f'(x)\mathrm{d}x\)
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
兩個函數\(f(x)\)、\(g(x)\)，那么\(f'(g(x))=f'(g(x))g'(x)\)，也就是\(\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}g}\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}x}\)
證明
當\(x\)變化量為\(dx\)的時候,\(g\)函數變化量是\(\mathrm{d}(g(x))\)。
\(f\)函數的變化量為：
最后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
三角函數的導數
\(\sin'(x)=cos(x)\)
\(\cos'(x)=-sin(x)\)
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\(f(x)\)的變化函數是\(f'(x)\)，描述\(f'(x)\)的變化函數\(f''(x)\)，也就是\(f^{(n)}\)的變化受到\(f^{(n+1)}\)的控制，如果控制\(f^1\)、\(f^2\)···他們的函數都相等，那么"理論上"這兩個函數是相等的。下面泰勒級數就用到這個思想。
繼續
指數函數求導
嘗試求導
\(M(t)=2^t\)
\(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t}\)趨向於一個常數\(0.69314718056\cdots\)
同樣函數\(M(t)=3^t\)同樣的方法，后半部分將趨向於\(1.09861228867\cdots\)
\(M(t)=8^t\to 2.07944154168\cdots\)
\(1.09861228867\cdots{\times3}=2.07944154168\cdots\)
從指數上\(8=2^3\)，說明這個常數是對於對某個數求對數函數得到的。
有沒有哪個底數能是的這個系數為\(1\)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，由復合函數求導。
所有指數函數\(a\)寫作\(e^{\ln(2)}\)
代入上式得到：\(a^x=e^{\ln(a)t}\)
隱函數求導
圓的方程式\(x^2+y^2=r\)，這很顯然，如果我們要對它求導怎么辦？此時輸入一個\(x\)不一定輸出一個\(y\)。很顯然這個函數是可以求導的，也就是求\((x,y)\)這個坐標的斜率。
泰勒級數
由來
一個函數可以寫成\(f(x)=\sum^n_{i=0}{a_ix^i}=a_0+a_1x_1+a_2x_2+\cdots\)
在高階導數的時候說過，如果兩個函數每一階導數都相等，那么"理論上"兩個函數是相等的。
因為我們有\(cos'(x)=-sin(x)\)、\(cos''(x)=-cos(x)\)、\(cos'''(x)=sin(x)\)、\(cos''''(x)=cos(x)\)
此后就是\(-sin(x)\)、\(-cos(x)\)、\(sin(x)\)、\(cos(x)\)循環，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\((e^x)'=e^x\)，重復上述過程即可。
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\(e^{i\pi}+1=0\)