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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
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：
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：
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{2^{mathrm{d}t}-1}{mathrm{d}t})趋向于一个常数(0.69314718056cdots)
同样函数(M(t)=3^t)同样的方法，后半部分将趋向于(1.09861228867cdots)
(M(t)=8^t o 2.07944154168cdots)
(1.09861228867cdots{ imes3}=2.07944154168cdots)
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=2.71828cdots)
a^x的导数
由上面得到((a^x)'=a^xln(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)=1Rightarrow f(x)=a_0+sum_{i=1}^n{a_icdot0}=a_0=1)
(cos'(0)=0Rightarrow f'(x)=1cdot a_1+sum_{i=2}^n{(i-1)a_icdot0}=1!cdot a_1=0)
(cos''(0)=-1Rightarrow f''(x)=1cdot2cdot a_2+sum_{i=3}^n{(i-1)cdot(i-2)a_i}=2!cdot a_2=-1)
(cos'''(0)=0Rightarrow f'''(x)=1cdot2cdot3 a_3+sum_{i=4}^n{(i-1)cdot(i-2)cdot(i-3)a_i}=3!cdot a_3=0)
(cos''''(0)=1Rightarrow f''''(x)=1cdot2cdot3cdot4 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=-1Rightarrow a_i=-frac{1}{i!})
-
(n)是偶数有：(i!cdot a_i=1Rightarrow 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,nin N}{(-1)^nfrac{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,nin N}{(-1)^nfrac{x^i}{i!}}=x-frac{x^3}{3!}+frac{x^5}{5!}-frac{x^7}{7!}+cdots)
(cos(x)=sum^{infty}_{i=2n,nin N}(-1)^nfrac{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 imes sin(x))
当(x=pi)的时候
(e^{ipi}=cos(pi)+i imes sin(pi)=-1)
所以(e^{ipi}+1=0)