02-Euler 公式

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正文部分

Euler (欧拉) 公式 $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ 将三角函数与复指数函数联系起来, 对于更好地理解数学分析以及进行一些计算起着重要的作用.

我们可以用以下三种方法之一来定义复指数函数 $e^z$，其中 $z$ 是一个复数.

定义 2.1

对于 $a,b\in \mathbb{R}$，定义

$${\mathrm{e}}^{a+\mathrm{i}b}:={\mathrm{e}}^a(\cos b+\mathrm{i}\sin b).\text{\hspace{1em}(2.1)}$$

定义 2.2

对于 $z\in \mathbb{C}$，定义

$${\mathrm{e}}^z:=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{z}{n}\right)}^n.\text{\hspace{1em}(2.2)}$$

定义 2.3

对于 $z\in \mathbb{C}$，定义

$${\mathrm{e}}^z:=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}.\text{\hspace{1em}(2.3)}$$

通常, 教材中采用定义 2.3, 但由于涉及幂级数, 导致该定义的引入较晚. 由中学的知识作为基础, 我们可采用定义 2.1 以便早日引入这一关系式.

容易证明上面三个定义是等价的. 比如, 定义 2.1 和定义 2.2 的等价性可由下式得到: $\forall a,b\in \mathbb{R}$ ,

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{a+\mathrm{i}b}{n}\right)}^n& =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left[{\left(1+\frac{a}{n}\right)}^2+\frac{b^2}{n^2}\right]}^{\frac{n}{2}}.\\ & \underset{n\to +\infty }{\lim }{\left\{\cos \left[\arcsin \frac{b}{\sqrt{(n+a{)}^2+b^2}}\right]+\mathrm{i}\sin \left[\arcsin \frac{b}{\sqrt{(n+a{)}^2+b^2}}\right]\right\}}^n\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{2a}{n}+\frac{a^2+b^2}{n^2}\right)}^{\frac{n}{2}}.\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\left\{\cos \left[n\arcsin \frac{b}{\sqrt{(n+a{)}^2+b^2}}\right]+\mathrm{i}\sin \left[n\arcsin \frac{b}{\sqrt{(n+a{)}^2+b^2}}\right]\right\}& ={\mathrm{e}}^a(\cos b+\mathrm{i}\sin b).\end{array}$$

还可以证明 ${\mathrm{e}}^z$ 满足指数函数的一些基本性质：

1. 对于复数 $z_1,z_2\in \mathbb{C}$ , 成立 ${\mathrm{e}}^{z_1+z_2}={\mathrm{e}}^{z_1}{\mathrm{e}}^{z_2}$ .

2. 对于整数 $m\in \mathbb{Z}$ 和复数 $z\in \mathbb{C}$ , 成立 $({\mathrm{e}}^z{)}^m={\mathrm{e}}^{mz}$ .

3. 对于实数 $a,b$ , 成立 $|{\mathrm{e}}^{a+\mathrm{i}b}|={\mathrm{e}}^a$ .

4. 若对于实函数 $f,g$ , 定义

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(x)+\mathrm{i}g(x)]:=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)+\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}g(x),$$

则 $\forall \lambda \in \mathbb{C}$

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\mathrm{e}}^{\lambda x}=\lambda {\mathrm{e}}^{\lambda x}.$$

5. 若对于实函数 $f,g$ , 定义

$$\int [f(x)+\mathrm{i}g(x)]\mathrm{d}x:=\int f(x)\mathrm{d}x+\mathrm{i}\int g(x)\mathrm{d}x,$$

则 $\forall \lambda \in \mathbb{C},\lambda \ne 0,$ 有

$$\int {\mathrm{e}}^{\lambda x}\mathrm{d}x=\frac{{\mathrm{e}}^{\lambda x}}{\lambda }+C,$$

其中 $C$ 是复常数.

6. 若对于 $x>0$ 以及复数 $\lambda \in \mathbb{C}$ , 定义 $x^{\lambda }:={\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}$ , 则当 $\lambda \ne -1$ 时, 有

$$\int x^{\lambda }\mathrm{d}x=\int {\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}\mathrm{d}x=\int {\mathrm{e}}^{(\lambda +1)\ln x}\mathrm{d}\ln x=\frac{1}{\lambda +1}{x}^{\lambda +1}+C,$$

其中 C 是复常数. 类似地,

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^{\lambda }=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}={\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}\cdot \frac{\lambda }{x}=\lambda x^{\lambda -1}.$$

今后, 我们用 $\mathrm{Re}z$ 表示复数 $z$ 的实部, 用 $\mathrm{Im}z$ 表示 $z$ 的虚部.

例 2.1

例 2.1

求

$${\left({\mathrm{e}}^x\cos \sqrt{3}x\right)}^{(98)}$$

$$({\mathrm{e}}^x\cos \sqrt{3}x{)}^{(98)}=(\mathrm{Re}{\mathrm{e}}^{x+\mathrm{i}\sqrt{3}x}{)}^{(98)}=\mathrm{Re}({\mathrm{e}}^{x+\mathrm{i}\sqrt{3}x}{)}^{(98)}$$ $$=\mathrm{Re}\left[(1+\mathrm{i}\sqrt{3}{)}^{98}{\mathrm{e}}^{x+\mathrm{i}\sqrt{3}x}\right]=\mathrm{Re}\left[(2{\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{i}\pi }{3}}{)}^{98}{\mathrm{e}}^{x+\mathrm{i}\sqrt{3}x}\right]$$ $$=\mathrm{Re}\left(2^{98}{\mathrm{e}}^{x+\mathrm{i}\sqrt{3}x+\mathrm{i}\frac{2\pi }{3}}\right)=2^{98}{\mathrm{e}}^x\cos \left(\sqrt{3}x+\frac{2\pi }{3}\right).$$

例 2.2

例 2.2

计算

$$\int {\mathrm{e}}^{2x}\sin 3x\mathrm{d}x$$

$$\begin{array}{rl}\int {\mathrm{e}}^{2x}\sin 3x\mathrm{d}x& =\mathrm{Im}\int {\mathrm{e}}^{(2+3\mathrm{i})x}\mathrm{d}x\\ & =\mathrm{Im}\left[\frac{1}{2+3\mathrm{i}}{\mathrm{e}}^{(2+3\mathrm{i})x}\right]+C\\ & =\mathrm{Im}\left[\frac{2-3\mathrm{i}}{13}{\mathrm{e}}^{2x}(\cos 3x+\mathrm{i}\sin 3x)\right]+C\\ & =\frac{2\sin 3x-3\cos 3x}{13}{\mathrm{e}}^{2x}+C.\end{array}$$

例 2.3

例 2.3

计算

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{10}x\mathrm{d}x$$

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{10}x\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left(\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}}\right)}^{10}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2^{10}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k(-1{)}^{k+1}{\mathrm{e}}^{(10-2k)\mathrm{i}x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2^{10}}\cdot C_{10}^5\cdot \frac{\pi }{2}\\ & =\frac{63\pi }{512}.\end{array}$$

例 2.4

例 2.4

设 $q\in \mathbb{R},n⩾1$，计算

$$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^q\cos \ln x)$$

$$\begin{array}{l}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^q\cos \ln x)=\mathrm{Re}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^q{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\ln x})=\mathrm{Re}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}{x}^{q+\mathrm{i}},\\ =\mathrm{Re}\left[x^{q+\mathrm{i}-n}{\prod }_{k=0}^{n-1}(q-k+\mathrm{i})\right].\end{array}$$

例 2.5

例 2.5

计算

$$\int \cos \ln x\mathrm{d}x$$

$$\begin{array}{l}\int \cos \ln x\mathrm{d}x=\mathrm{Re}\int {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\ln x}\mathrm{d}x=\mathrm{Re}\int x^{\mathrm{i}}\mathrm{d}x,\\ =\mathrm{Re}\left(\frac{1}{1+\mathrm{i}}{x}^{1+\mathrm{i}}\right)+C,\\ =\frac{x}{2}(\cos \ln x+\sin \ln x)+C.\end{array}$$

例 2.6

例 2.6

设 $a,b>0$，计算

$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\cos \ln x\mathrm{d}x$$

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\cos \ln x\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_a^b{x}^y\cos \ln x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_a^b\mathrm{d}y{\int }_0^1{x}^y\cos \ln x\mathrm{d}x\\ & =\mathrm{Re}{\int }_a^b\mathrm{d}y{\int }_0^1{x}^{y+\mathrm{i}}\mathrm{d}x\\ & =\mathrm{Re}{\int }_a^b\frac{1}{y+1+\mathrm{i}}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_a^b\frac{y+1}{(y+1{)}^2+1}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{(b+1{)}^2+1}{(a+1{)}^2+1}.\end{array}$$

例 2.7

例 2.7

求

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n!}$$

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n!}=\mathrm{Im}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}}{n!}=\mathrm{Im}({\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}-1)=\mathrm{Im}{\mathrm{e}}^{\cos x+\mathrm{i}\sin x}={\mathrm{e}}^{\cos x}\sin (\sin x).$$

例 2.8

例 2.8

求

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$$

本例中, 我们希望给出直接计算上述级数的一种方法. 我们只需要关心 $x\in (0,2\pi )$ 的情形. 考虑级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{t^n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}}{n},t\in [0,1].$$

利用级数收敛的 Dirichlet (狄利克雷) 判别法, 不难看到, 对于任何 $x\in (0,2\pi )$, 前式作为 $t$ 的幂级数, 在 $[0,1]$ 上都是收敛的. 于是,

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}& =\mathrm{Im}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}}{n}\\ & =\mathrm{Im}{\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }{t}^{n-1}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}\mathrm{d}t\\ & =\mathrm{Im}{\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{1-t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^1\frac{\sin x}{(t-\cos x{)}^2+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{-\cot x}^{\frac{1-\cos x}{\sin x}}\frac{1}{s^2+1}\mathrm{d}s\\ & =\arctan \frac{1-\cos x}{\sin x}-\arctan (-\cot x)\\ & =\arctan \left(\tan \frac{x}{2}\right)-\arctan \left[\tan \left(x-\frac{\pi }{2}\right)\right]\\ & =\frac{\pi -x}{2},\forall x\in (0,2\pi ).\end{array}$$

类似地可以得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),\forall x\in (0,2\pi ).\text{\hspace{1em}(2.4)}$$

对 (2.4) 式在 $[0,2\pi ]$ 上积分立即可得

$${\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x=-\pi \ln 2.$$

请读者补充说明上述过程的合理性.

例 2.9

例 2.9

求

$${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\cos x}\cos (\sin x)\mathrm{d}x$$

注意到

$${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\cos x}\cos (\sin x)\mathrm{d}x=\mathrm{Re}{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}\mathrm{d}x.$$

考虑函数

$$F(\alpha ):={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\alpha {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}\mathrm{d}x,\alpha \in \mathbb{R},$$

则

$$F^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}{\mathrm{e}}^{\alpha {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}\mathrm{d}x=0.$$

因此, $F(\alpha )\equiv F(0)=2\pi$. 特别地,

$${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\cos x}\cos (\sin x)\mathrm{d}x=2\pi .$$