如何从头开始证明欧拉恒等式？

· · 算法·理论

前情提要：聪明的你在中午和同学讨论数学时，不知为何突然讲到了欧拉恒等式，你们尝试证明这个式子，你作为 AK IOI 的神犇，自然首先想到了证法。

首先给出欧拉恒等式：

e^{i\pi}+1=0

欧拉公式

聪明的你率先想到了用欧拉公式，先上公式：

e^{i\theta}=\cos \ \theta +i \ \sin \ \theta

这个公式简直太牛了，直接套用到原来的恒等式你就可以直接得到 e^{i\pi}=\cos\ \pi +i \ \sin \ \pi=-1。完结撒花。

直接用这个公式那怎么行，你需要的可是如何 从头开始 证明欧拉恒等式。那么如何证明这个公式呢？你想到需要用泰勒展开。

探究 f(x)=a^{x} 的奇妙小性质

你忽然想到，存不存在一个指数函数 f(x)=a^x，使得 f(x)'=f(x)。你希望通过推一推这个事情，从而得到一些奇妙的性质来辅助证明。

聪明的你考虑设 f(x)=a^x 且 f'(x)=f(x)，那么对 f(x) 进行求导，显然，我们可以得到如下式子：

f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{a^{x+\Delta x}-a^x}{\Delta x}

你注意到上式中分式的分子里两项都有 a^x 这一因子，可以提出来，得到：

f'(x)=a^x \times \lim_{\Delta x \to 0}\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}

于是你换元，设 u=a^{\Delta x}-1，那么 \because \Delta x \to 0，\therefore u \to 0。

有 u+1=a^{\Delta x}，\therefore \Delta x=\log_a(u+1)。

代入，得

\begin{align*} f'(x)&=a^x \times \lim_{u\to 0}\frac{u}{\log_a(u+1)}\\ &=a^x \times \lim_{u\to 0}\frac{1}{\frac{1}{u}\times \log_a(u+1)}\\ &=a^x \times \lim_{u\to 0}\frac{1}{\log_a(u+1)^{\frac{1}{u}}}\\ &=a^x \times \frac{1}{\log_a[\lim_{u \to 0}(u+1)^{\frac{1}{u}}]} \end{align*}

由于 (a^x)'=a^x，所以

\frac{1}{\log_a[\lim_{u \to 0}(u+1)^{\frac{1}{u}}]}=1 \Longrightarrow \lim_{u\to 0}(u+1)^{\frac{1}{u}}=a

设 t=\frac{1}{u}，\because u\to 0，\therefore t \to \infty，得：

a=\lim_{t\to \infty}(1+\frac{1}{t})^t

你把你推出来的这个 a 称为自然常数 e，综上，通过探究，你得到了 (e^x)'=e^x 这个重要的性质。

泰勒展开

泰勒展开是什么？可以近似地理解为，在某个点附近，用一个多项式来近似一个光滑函数，并要求该多项式在该点处的函数值及各阶导数值与原函数完全相等。

::::info[举例]{close} 就拿刚刚的 f(x)=e^x 举例，若我们先不对函数求导，直接用 f_1(x)=1 逼近，我们得到下面的图（绿色是 f(x)，黑色是 f_1(x)）：

肉眼可见误差非常大。考虑为什么误差这么大。

那很明显原函数是带有增减的，f_1(x) 的导函数直接等于 0 了说是。所以对于原函数的 1 阶导函数 f'(x)=e^x，我们考虑将 0 代入，得到该点的导数为 1。事实上，对于函数 f(x)=e^x 来说，在 x=0 处，它的各阶导数都为 1。

那么按照泰勒展开，我们要增添一项，使得这个多项式的一阶导与原函数的一阶导相等，考虑函数 f_2(x)=1+x。绘制出的函数图像如下：

同理，我们可以求出 f_3(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}。为什么系数是二的阶乘呢？如果设多项式中一项为 a\times x^n，那么我们知道，这直接决定了多项式函数的 n 阶导的大小。注意到化到 n 阶导时，这一项变为常数 a\times n!。此时指数小于 n 的被当作常数化为 0，指数大于 n 的被 x=0 代入代为 0。在 f(x)=e^x 的情况下，我们要求这个系数等于 1，则必有 a=\frac{1}{n!}。系数就是这么来的。

那么，我们画出三阶导相同时的函数图像：

四阶导：

以此类推，直到得到这样下文提到的展开式。 ::::

你对函数 f(x)=e^{ix} 进行泰勒展开，得到：

\begin{align*} e^{ix}&=1+ix+\frac{(ix)^2}{2!}+\frac{(ix)^3}{3!}+...\\ &=1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+...\\ \end{align*}

你直接将 x=\pi 代入，并将这个函数的实部与虚部分开，得到：

\begin{align*} 原式&=(1-\frac{\pi^2}{2!}+\frac{\pi^4}{4!}-...)+i\times (\pi-\frac{\pi^3}{3!}+\frac{\pi^5}{5!}-...)\\ &=(\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{\pi^{2k}}{(2k)!})+i\times (\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{\pi^{2k+1}}{(2k+1)!}) \end{align*}

哦为什么要写成下面那个式子的形式？因为你觉得这样好看。

聪明的你注意到，前面的实部正是 \cos \ x 的泰勒展开式，后面那个虚部正是 i\times \sin \ x 的泰勒展开式，于是你愉快地将他们替换，得到了我们一直在试图找到的：

e^{i\theta}=\cos \ \theta +i \ \sin \ \theta

结合章节 1 的内容，就这样，你证明了欧拉恒等式。

而至于为什么前面那个实部是 \cos \ x 的泰勒展开式，后面那个虚部是 i\times \sin \ x 的泰勒展开式，就留给读者自证。

你真的证明了吗？

为什么你没有真的证明？

同学们被你天才的想法折服，结束了讨论。晚上，你到家，回忆起你的证明过程，你发现有一些小瑕疵。

你触及了一个深刻且复杂的问题，你给出的 f(x)=e^{ix} 的泰勒展开式，按照加法交换律重新排列各项结果可能不同。

这是什么意思？你进行了深入的思考。

让我们来举个例子，考虑 \sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i-1}}{i}=\ln 2。

::::info[如何证明 \sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i-1}}{i}=\ln 2]{open}

DS 老师说，用积分证明可能更简洁，但我并没有看懂。所以不写。

**第一步：建立不等式** 由数列单调性可得： $$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} $$ 两边取自然对数： $$ n \ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 < (n+1)\ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right) $$ 整理得： $$ \frac{1}{n+1} < \ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n} $$ **第二步：证明 $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n$ 收敛** 由右不等式 $\frac{1}{k} > \ln\!\left(1+\frac{1}{k}\right)$ 求和得： $$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > \sum_{k=1}^n \ln\!\left(1+\frac{1}{k}\right) = \ln(n+1) $$ 于是 $$ a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n > \ln(n+1) - \ln n = \ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right) > 0 $$ 序列有下界。 考虑差： $$ \begin{aligned} a_n - a_{n+1} &= \Biggl( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n \Biggr) - \Biggl( \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} - \ln(n+1) \Biggr) \\ &= \ln\!\left(1+\frac{1}{n}\right) - \frac{1}{n+1} \end{aligned} $$ 由左不等式知此差为正，序列递减。单调有界故收敛，记极限为 $\gamma$。 **第三步：处理交错调和级数** 设 $\displaystyle S_N = \sum_{i=1}^N \frac{(-1)^{i-1}}{i}$，偶数个项的部分和为： $$ \begin{aligned} S_{2n} &= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \\ &= \Bigl(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2n}\Bigr) - 2\Bigl(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n}\Bigr) \\ &= \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = H_{2n} - H_n \end{aligned} $$ 其中 $H_m = \sum_{k=1}^m \frac{1}{k}$。 由于我们定义的 $a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n$，再结合我们对 $H_n$ 的定义，经过移项得到 $H_n=a_n+\ln n$。 代入 $H_m = a_m + \ln m$： $$ S_{2n} = (a_{2n} + \ln(2n)) - (a_n + \ln n) = a_{2n} - a_n + \ln 2 $$ **第四步：取极限** 由 $\lim_{n\to\infty} a_n = \gamma$ 得 $\lim_{n\to\infty} (a_{2n} - a_n) = 0$，故： $$ \lim_{n\to\infty} S_{2n} = \ln 2 $$ 交错调和级数 $$ \sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i-1}}{i} $$ 满足莱布尼茨判别法的两个条件： 1. 通项绝对值 $\frac{1}{i}$ 单调递减； 2. $\lim_{i\to\infty} \frac{1}{i} = 0$。 因此原级数收敛，记其和为 $S$，即 $$ S=\lim_{n\to \infty}S_n=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i-1}}{i} $$ 前面我们证明了偶数项子列的极限为 $\ln 2$，再看奇数项子列： $$ S_{2n+1}=S_{2n}+\frac{1}{2n+1} $$ 两边取极限： $$ \lim_{n\to \infty}S_{2n+1}=\lim_{n\to \infty}S_{2n}+\lim_{n\to \infty}\frac{1}{2n+1}=\ln2+0=\ln2 $$ 一个收敛数列如果它的奇、偶子列都收敛到同一个值 $L$，那么原数列必然收敛到 $L$。因此， $$ \sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i-1}}{i}=\ln 2 $$ :::: - 考虑所有大于 0 的项：$1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...=+\infty$。 - 考虑所有小于 0 的项：$-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+...=-\infty$。 这个等式成立完全依赖于“一正一负”的特定抵消顺序。 那么重新排列顺序如何影响和？ - 想让和变大：那么可以把负项全都往后排，用正项把和先堆高。 - 想让和变小：同理。 你发现了惊人的结论：通过精心设计重排顺序，可以让条件收敛的实数级数收敛到任意预先指定的实数，甚至发散到正无穷或负无穷。 于是你把重新排列顺序后和可能被影响的无穷级数称为**条件收敛**的无穷级数，不被影响的称为**绝对收敛**的无穷级数。 你并没有证明 $f(x)=e^{ix}$ 的泰勒级数是**绝对收敛**的，所以你的证明还并没有结束。 ::::info[辨析条件收敛和绝对收敛]{close} 话不多说，直接从定义上看。 **绝对收敛**： 对于无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$，若其满足 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$ 收敛，则这个无穷级数是**绝对收敛**的。 **条件收敛**： 对于无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$，若其满足如下两个命题，则这个无穷级数是**条件收敛**的： 命题 1：$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛； 命题 2：$\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$ 发散。 从定义式上看，显然满足**绝对收敛**的无穷级数一定不是**条件收敛**的。 :::: ### 如何真的证明？ 你首先写出了函数 $f(x)=e^{ix}$ 的泰勒级数（或说麦克劳林级数？）： $$ e^{ix}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(ix)^{n}}{n!} $$ 然后你对任意的对于任意固定的实数 $x$，考察该级数各项的绝对值： $$ \left | \frac{(ix)^n}{n!}\right | =\frac{|i|^n\times |x|^n}{n!}=\frac{1\times |x|^n}{n!}=\frac{|x|^n}{n!} $$ 然后，你直接想到了一个证明方法来证明这个无穷级数是**绝对收敛**的。 考虑后项与前项的比值极限： $$ \lim_{n\to \infty}\left | \frac{a_{n+1}}{a_n} \right |=\lim_{n\to \infty}\frac{\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{|x|^n}{n!}}=\lim_{n\to \infty}\frac{|x|}{n+1} $$ 对于任意固定的 $x$，无论它多大，当 $n\to \infty$ 时，$\frac{|x|}{n+1}\to 0$。 因为极限 $0<1$，由比值判别法可知，级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{|x|^n}{n!}$ 收敛。 这满足**绝对收敛**的定义，所以函数 $f(x)=e^{ix}$ 的泰勒级数是**绝对收敛**的，你真的证明了欧拉恒等式。 （严格来说，你还需要验证泰勒公式的余项是否趋于零，以保证这个收敛的级数确实等于原函数。好在对于 $e^x$ 及其衍生出的三角函数，这一条件都是成立的，此处不再展开。） ## 特别鸣谢 排名不分前后。 @Ryc12345678910 @Nailoong_SHM @Diyin_Teto @small_add_add 感谢 @zhangqh 指出文章的谬误。 ## 友情链接 [蒟蒻也要学泰勒展开](https://www.luogu.me/article/8s8t4h8f)