《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。
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 \((\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}\)，对 \(f(\theta)\) 求导：
\[\begin{aligned}
f'(\theta) &= \frac{(e^{i\theta})' \cdot (\cos\theta + i\sin\theta) - e^{i\theta} \cdot (\cos\theta + i\sin\theta)'}{(\cos\theta + i\sin\theta)^2} \\
&= \frac{ie^{i\theta}(\cos\theta + i\sin\theta) - e^{i\theta}(-\sin\theta + i\cos\theta)}{(\cos\theta + i\sin\theta)^2}
\end{aligned}
\]
第三步：化简分子
将分子展开并整理：
\[\begin{aligned}
& ie^{i\theta}\cos\theta + i^2 e^{i\theta}\sin\theta + e^{i\theta}\sin\theta - ie^{i\theta}\cos\theta \\
&= ie^{i\theta}\cos\theta - e^{i\theta}\sin\theta + e^{i\theta}\sin\theta - ie^{i\theta}\cos\theta \\
&= 0
\end{aligned}
\]
其中利用了 \(i^2 = -1\)。
因此，
\[f'(\theta) = \frac{0}{(\cos\theta + i\sin\theta)^2} = 0
\]
第四步：确定常数
由于 \(f'(\theta) = 0\) 对所有 \(\theta\) 成立，故 \(f(\theta)\) 为常数函数。
计算 \(\theta = 0\) 时的函数值：
\[\begin{aligned}
f(0) &= \frac{e^{i\cdot 0}}{\cos(0) + i\sin(0)} \\
&= \frac{1}{1 + 0} \\
&= 1
\end{aligned}
\]
因此，\(f(\theta) = 1\) 对所有 \(\theta\) 恒成立。
第五步：得出结论
\[\frac{e^{i\theta}}{\cos\theta + i\sin\theta} = 1 \quad \Rightarrow \quad e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta
\]
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）：
\[f(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \cdots
\]
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：
\[f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \cdots
\]
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：
\[\begin{aligned}
f(x) &= e^x, \quad &f(0) &= e^0 = 1 \\
f'(x) &= e^x, \quad &f'(0) &= 1 \\
f''(x) &= e^x, \quad &f''(0) &= 1 \\
&\vdots & &\vdots \\
f^{(n)}(x) &= e^x, \quad &f^{(n)}(0) &= 1
\end{aligned}
\]
因此，
\[e^x = 1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}
\]
2. 推导 \(\cos x\) 的泰勒级数
计算各阶导数及其在 \(x=0\) 处的值：
\[\begin{aligned}
f(x) &= \cos x, \quad &f(0) &= 1 \\
f'(x) &= -\sin x, \quad &f'(0) &= 0 \\
f''(x) &= -\cos x, \quad &f''(0) &= -1 \\
f^{(3)}(x) &= \sin x, \quad &f^{(3)}(0) &= 0 \\
f^{(4)}(x) &= \cos x, \quad &f^{(4)}(0) &= 1 \\
&\vdots & &\vdots
\end{aligned}
\]
可见导数呈现周期性：\(1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0, \ldots\)
因此，偶数项非零，奇数项为零：
\[\cos x = 1 - \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{4!}x^4 - \frac{1}{6!}x^6 + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}
\]
3. 推导 \(\sin x\) 的泰勒级数
计算各阶导数及其在 \(x=0\) 处的值：
\[\begin{aligned}
f(x) &= \sin x, \quad &f(0) &= 0 \\
f'(x) &= \cos x, \quad &f'(0) &= 1 \\
f''(x) &= -\sin x, \quad &f''(0) &= 0 \\
f^{(3)}(x) &= -\cos x, \quad &f^{(3)}(0) &= -1 \\
f^{(4)}(x) &= \sin x, \quad &f^{(4)}(0) &= 0 \\
&\vdots & &\vdots
\end{aligned}
\]
可见导数呈现周期性：\(0, 1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, \ldots\)
因此，奇数项非零，偶数项为零：
\[\sin x = x - \frac{1}{3!}x^3 + \frac{1}{5!}x^5 - \frac{1}{7!}x^7 + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}
\]
综上，三个泰勒级数展开为：
\[\begin{aligned}
e^x &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots \\
\cos x &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots \\
\sin x &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots
\end{aligned}
\]
第二步：将 \(x = i\theta\) 代入 \(e^x\) 的泰勒级数
\[\begin{aligned}
e^{i\theta} &= 1 + i\theta + \frac{(i\theta)^2}{2!} + \frac{(i\theta)^3}{3!} + \frac{(i\theta)^4}{4!} + \frac{(i\theta)^5}{5!} + \cdots \\
&= 1 + i\theta + \frac{i^2\theta^2}{2!} + \frac{i^3\theta^3}{3!} + \frac{i^4\theta^4}{4!} + \frac{i^5\theta^5}{5!} + \cdots
\end{aligned}
\]
第三步：利用 \(i\) 的幂次规律化简
\[i^0 = 1, \quad i^1 = i, \quad i^2 = -1, \quad i^3 = -i, \quad i^4 = 1, \quad i^5 = i, \quad \cdots
\]
代入得：
\[\begin{aligned}
e^{i\theta} &= 1 + i\theta + \frac{(-1)\theta^2}{2!} + \frac{(-i)\theta^3}{3!} + \frac{(1)\theta^4}{4!} + \frac{(i)\theta^5}{5!} + \cdots \\
&= 1 + i\theta - \frac{\theta^2}{2!} - \frac{i\theta^3}{3!} + \frac{\theta^4}{4!} + \frac{i\theta^5}{5!} - \cdots
\end{aligned}
\]
第四步：将实部和虚部分开
\[\begin{aligned}
e^{i\theta} &= \left(1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - \cdots\right) + i\left(\theta - \frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^5}{5!} - \cdots\right) \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \theta^{2n}}{(2n)!} + i \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \theta^{2n+1}}{(2n+1)!} \\
&= \cos\theta + i\sin\theta
\end{aligned}
\]
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。
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 |
推论
当 \(\theta = \pi\) 时，可得著名的欧拉恒等式：
\[e^{i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1 \quad \Rightarrow \quad e^{i\pi} + 1 = 0
\]
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