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欧拉恒等式被称为数学最美恒等式：  它是欧拉公式的一个特殊情况 欧拉公式最流行的一种“证明”就是泰勒展开： cosx＝x²/2！-x⁴/4！+x*/6！-... sinx＝x-x³/3！+x⁵/5!-x⁷/7！+... eⁱˣ＝Σ(ix)ᵏ/k! ＝(x²/2！-x⁴/4！+x*/6！-...) +i(x-x³/3！+x⁵/5!-x⁷/7！+...) ＝cosx+isinx 但是泰勒公式的“证明”不能算证明欧拉公式，只能算是欧拉公式的一种解释。欧拉公式是定义来的！！！这并不是证明，因为这里有两个大漏洞：一是指数函数定义域是全体实数，复数刚诞生之际，复指数无意义。二是虚数刚诞生的时候泰勒展开适用于全体实数，并不涉及复数域，故无法断言cosz的泰勒展开与cosx相同。 现在假设你穿越到了复数刚被发明之际。你如何发展复分析？  首先在复数出现之前，指数函数的定义域是全体实数，而i²＝-1并不能带入到指数函数中。根据i²＝-1推出复数的四则运算法则， 模与共轭公式 |z₁z₂|＝|z₁||z₂| ￣(z₁z₂)＝￣z₁￣z₂ 等等 之后，若我们要定义eᶻ，为了使eᶻ在z取实数的时候与实变函数eˣ相同，自然定义eᶻ=lim(n→∞)(1+z/n)ⁿ（这里二项展开再取极限便得到eᶻ＝Σzⁿ/n!），设z＝x+iy（x,y∈R），但对于这种定义我们尚不清楚eᶻ与x，y的关系，暂时也无法用于其他计算，下面我们要证明当z取x+iy（x,y∈R）时该复数模收敛于e^x，幅角收敛于y 证明: 取z₁＝1+z/n＝1+(x+iy)/n，（x,y∈R，n∈N*） 只需证明eⁱᶻ＝lim(n→∞)z₁ⁿ模收敛于e^x，幅角收敛于y。 根据复数模的定义易知： |z₁|＝✓((1+x/n)²+y²/n²） 故|eⁱᶻ|＝lim|z₁|ⁿ ＝lim((1+x/n)²+y²/n²）^(n/2) （设2x/n+(x²+y²)/n²＝ε） ＝lim((1+ε)^1/ε)^(x+(x²+y²)/2n) ＝e^(lim(x+(x²+y²)/2n)) ＝eˣ 下面证幅角 当y≥0时, 根据 sinx≤x≤tanx（x≥0） y/(n✓((1+x/n)²+y²/n²)) ≤Argz₁≤y/(x+n) 不等式同乘n， y/(✓((1+x/n)²+y²/n²)) ≤nArgz₁＝Argz₁ⁿ≤y/(1+x/n) 取极限不等式左侧和右侧均趋近于y，中间趋近于Arg(eⁱʸ) 因此y≤Arg(eⁱʸ)≤y 根据迫敛准则得Arg(eⁱʸ)＝y 当y＜0时，由tanx≤x≤sinx同样推得 Arg(eⁱʸ)＝y 因此当y∈R时Arg(eⁱʸ)＝y 因此eᶻ模为eˣ，幅角是y 根据复数的三角式，我们得到这种定义 eᶻ＝eˣ⁺ⁱʸ＝eˣ(cosy+isiny)，（x,y∈R）①，这样我们就把复数带入到了指数当中，且满足解析延拓的性质。 令x＝0带入①得到 eⁱʸ＝cosy+isiny，② 由此也不难推出这样定义的复指数也满足幂运算法则： 性质（1） e^(x+iy) ＝e^x(cosy+isiny)（把②带入） ＝e^x·e^iy 性质（2）e^(z₁z₂)＝e^z₁·e^z₂ 证明：设z₁＝a₁+b₁i，z₂＝a₂+b₂i 等式右侧＝e^(a₁+b₁i)e^(a₂+b₂i) ＝e^a₁·e^b₁i·e^a₂·e^b₂i（根据性质（1）） ＝e^(a₁+a₂)(cosb₁+isinb₁)(cosb₂+isinb₂) ＝e^(a₁+a₂)(cos(b₁+b₂)+isin(b₁+b₂)) ＝e^(a₁+a₂)e^(b₁+b₂)i ＝e^((a₁+a₂)+(b₁+b₂)i)（根据性质（1）） ＝e^(z₁+z₂)＝等式右侧 （事实上，我们不能不加证明而认为复指数定义的运算法则与实数范围的相同。 例如设A为矩阵，根据矩阵乘法的定义来定义 G＝eᴬ＝ΣAⁿ/n!（其中A⁰＝E） 由于矩阵乘法一般不满足交换律，因此不能断言e^A·e^B＝e^B·e^A 也就无法推出e^(A+B)＝e^A·e^B） 但是这种定义只是把指数函数的定义域拓展到了复数域，而三角函数中的取值还是全体实数。我们再用解析延拓的方法把三角函数定义域扩大到全体复数。 由②式eⁱʸ＝cosy+isiny，反解出 cosy＝(eⁱʸ+e⁻ⁱʸ)/2......③ siny＝(eⁱʸ-e⁻ⁱʸ)/2i......④ 接下来让y∈C，扩展到复数域后，③④等式右侧有意义（根据上文复指数函数定义）等式左侧无意义，因此现在就如此定义三角函数取复数的值。 利用定义③④和性质（1）（2）也可以推出三角函数在复数域同样满足三角函数公式： sin(z₁±z₂)＝sinz₁cosz₂±sinz₂cosz₁ （留给读者自证） 等等 由复指数函数定义，可以给出复对数函数定义 设w＝lnz（其中w＝x₁+iy₁，z＝x₂+iy₂） 故z＝e^w Argz＝y₁＝arctan(y₂/x₂) |z|＝e^x₁＝✓x₂²+y₂² 得到x₁＝ln(x₂²+y₂²)/2 故lnz＝ln|z|+iarctan(Imz/Rez) 由于复指数运算法则与实数相同，利用这些性质可以推出（留给读者自证） ln(z₁z₂)＝lnz₁+lnz₂ ln(zᵃ)＝alnz（a∈Q） 我们再给出复幂函数的定义： w＝zᵃ（a∈R） 故w＝eᵃˡⁿᶻ ＝e^(aln|z|+aiarctan(Imz/Rez)) ＝|z|ᵃ(cos(aarctan(Imz/Rez))+isin(aarctan(Imz/Rez))) 附带一句幂指函数的定义 zʷ＝eʷˡⁿᶻ 给出上面几个定义之后，我们便可以完善复数域所有初等运算法则了。 ln(z^α)＝αlnz（α∈R） eᶻʷ＝(eᶻ)ʷ 上面的定义就决定了复数欧拉公式必然成立，而不是靠泰勒展开证明的。 eⁱᶻ＝cosz+isinz（z∈C） 有了上面几个定义，我们就可以把全部初等函数的定义域扩大到复数域。这些定义满足延拓性并且不与其他已知任何定理相矛盾。我们扫除了障碍，接下来便可以放心大胆地发展复分析的微分学，积分学等等来建立起复分析大厦。 对于数学上所有命题还有题目来讲，我们只是搬运工，数学所有的定理都在大仓库中。每当我们需要一些定理来证明我们的结论的时候，我们便需要从大仓库中掏出一个个命题来辅助我们。但是前提是你要证明的内容不出现在这个你需要的仓库中的命题本身需要的原材料身上。 如果我们证明lim(x→0)sinx/x＝1时用洛必达法则， lim(x→0)sinx/x ＝lim(x→0)(sinx)'/(x)' ＝lim(x→0)cosx/1 ＝1 这里我们便用到了sinx的导数。虽然洛必达法则成立，sinx的导数我们知道，但是sinx在求导过程中便使用到了lim(x→0)sinx/x这个极限。我们在证明过程中只是把sinx的求导过程省略掉了，而不是把它当做一个已知的工具。因此这是一个伪证。如果把sinx求导过程加入上面的证法便会显得非常奇怪： lim(x→0)sinx/x ＝lim(x→0)(sinx)'/(x)' ＝lim(x→0，Δx→0) (sin(x+Δx)-sinx)/Δx ＝lim(x→0，Δx→0) cos(x+Δx/2)·sin(Δx/2)/(Δx/2) （令Δx/2＝ε） ＝1·lim(ε→0)sinε/ε 我们发现我们进行不下去了。这就是为什么不能用高阶定理证明低阶定理。 就好比我需要肉馅包饺子，然后我去把包子拆开得到的肉馅去包饺子了。  再有在算数基本定理中，定义a^(1/n)＝ⁿ✓a，因为前者取n次方为a，后者取n次方也为a，根据实数理论由于指数函数单调递增，二者收敛于同一值，因此这种定义满足延拓性并且不与其他已知任何定理相矛盾。 再往深了说，黎曼猜想也是根据这种复指数定义得来的。如果证明黎曼猜想不可证明，也就间接证明了黎曼猜想，由此复指数定义可以作为公理存在。  数学就是以公理作为基础建立起的大厦，第三次数学危机就是因为公理化集合论才得以解决。数学系统如果需要自洽性就必须要有公理约束，由公理建立起数学大厦。在此引用一位数学家的名言（其实是我忘了是谁说的了）：数学是一种宗教，你要么全信，要么一点都不信。这或许就是数学之美。  |
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