目录
欧拉公式
前言
前置知识
幂法则
加法则
积法则
链式法则
通过幂法则, 链式法则推到商法则
三角函数的导数
高阶导数
拓展 (无关本文)
泰勒级数
由来
麦克劳林展开式
本文正题
@
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
- \[(x+\mathrm{
- d
- }x)^n=\sum^{
- n
- }_{
- i=0
- }\left(\begin{
- array
- }{
- c
- }i\\ n\end{
- array
- }\right)x^{
- n-i
- }(\mathrm{
- d
- }x)^i=\left(\begin{
- array
- }{
- c
- }0\\ n\end{
- array
- }\right)x^n+\left(\begin{
- array
- }{
- c
- }1\\ n\end{
- array
- }\right)x^{
- n-1
- }\mathrm{
- d
- }x+\left(\begin{
- array
- }{
- c
- }2\\ n\end{
- array
- }\right)x^{
- n-2
- }(\mathrm{
- d
- }x)^2\cdots\]
- \[df=f(x+\mathrm{
- d
- }x)-f(x)=x^{
- n-1
- }\mathrm{
- d
- }x+x^{
- n-2
- }(\mathrm{
- d
- }x)^2\cdots\]
- \[\frac{
- df
- }{
- dx
- }=x^{
- n-1
- }+\frac{
- n(n-1)
- }{
- 2
- }x^{
- n-2
- }dx+\frac{
- n(n-1)(n-2)
- }{
- 6
- }x^{
- n-2
- }dx\cdots\]
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:
- \[f(x)\mathrm{
- d
- }(g(x))+g(x)\mathrm{
- d
- }(f(x))+\mathrm{
- d
- }(f(x))\mathrm{
- d
- }(g(x))=h'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow\]
- \[f(x)g'(x)\mathrm{
- d
- }x+g(x)f'(x)\mathrm{d}x+g'(x)\mathrm{
- d
- }xf'(x)\mathrm{d}x=h'(x)\mathrm{
- d
- }x\]
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:
\[\mathrm{d}(f(g(x)))=f'(g(x))\mathrm{d}(g(x))=f'(g(x))g'(x)\mathrm{d}x\Rightarrow \frac{\mathrm{d}(f(g(x))}{\mathrm{d}x}=f'(g(x))g'(x)\]
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.
拓展 (无关本文)
指数函数求导
尝试求导
- \(M(t)=2^t\)
- \[\frac{
- \mathrm{
- d
- }M
- }{
- \mathrm{
- d
- }t
- }=\frac{
- 2^{
- t+\mathrm{
- d
- }t
- }-2^t
- }{
- \mathrm{
- d
- }t
- }=2^t\underbrace{
- (\frac{
- 2^{
- \mathrm{
- d
- }t
- }-1
- }{
- \mathrm{
- d
- }t
- })
- }_{
- dt\to0
- }\]
\(\frac{2^{\mathrm{d}t}-1}{\mathrm{d}t}\) 趋向于一个常数 \(0.69314718056\cdots\)
同样函数 \(M(t)=3^t\) 同样的方法, 后半部分将趋向于 \(1.09861228867\cdots\)
- \(M(t)=8^t\to 2.07944154168\cdots\)
- \(1.09861228867\cdots{
- \times3
- }=2.07944154168\cdots\)
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 \(e=2.71828\cdots\)
a^x 的导数
由上面得到 \((a^x)'=a^x\ln(a)\)
\(\frac{d(e^{ct})}{\mathrm{d}t}=ce^{ct}\),\(c\) 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.
- \(cos(0)=1\Rightarrow f(x)=a_0+\sum_{
- i=1
- }^n{
- a_i\cdot0
- }=a_0=1\)
- \(cos'(0)=0\Rightarrow f'(x)=1\cdot a_1+\sum_{
- i=2
- }^n{
- (i-1)a_i\cdot0
- }=1!\cdot a_1=0\)
- \(\cos''(0)=-1\Rightarrow f''(x)=1\cdot2\cdot a_2+\sum_{i=3}^n{(i-1)\cdot(i-2)a_i}=2!\cdot a_2=-1\)
- \(cos'''(0)=0\Rightarrow f'''(x)=1\cdot2\cdot3 a_3+\sum_{i=4}^n{(i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)a_i}=3!\cdot a_3=0\)
- \(cos''''(0)=1\Rightarrow f''''(x)=1\cdot2\cdot3\cdot4 a_4+\sum_{
- i=5
- }^n{
- (i-1)\cdot(i-2)\cdot(i-3)\cdot(i-4)a_i
- }=4!\cdot a_4=1\)
可以发现规律了, 假设取了 \(i\) 次导数, 且有 \(i=2n\).
\(n\) 是奇数有:\(i!\cdot a_i=-1\Rightarrow a_i=-\frac{1}{i!}\)
\(n\) 是偶数有:\(i!\cdot a_i=1\Rightarrow a_i=\frac{1}{i!}\)
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 \(\sin(x)=\sum^{\infty}_{i=2n+1,n\in N}{(-1)^n\frac{x^i}{i!}}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\)
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
- \(e^x=\sum^\infty_{
- i=0
- }{
- \frac{
- x^i
- }{
- i!
- }
- }=1+\frac{
- x^1
- }{
- 1!
- }+\frac{
- x^2
- }{
- 2!
- }+\frac{
- x^3
- }{
- 3!
- }+\frac{
- x^4
- }{
- 4!
- }+\cdots\)
- \(\sin(x)=\sum^{
- \infty
- }_{
- i=2n+1,n\in N
- }{
- (-1)^n\frac{
- x^i
- }{
- i!
- }
- }=x-\frac{
- x^3
- }{
- 3!
- }+\frac{
- x^5
- }{
- 5!
- }-\frac{
- x^7
- }{
- 7!
- }+\cdots\)
- \(\cos(x)=\sum^{
- \infty
- }_{
- i=2n,n\in N
- }(-1)^n\frac{
- x^i
- }{
- i!
- }=1-\frac{
- x^2
- }{
- 2!
- }+\frac{
- x^4
- }{
- 4!
- }-\frac{
- x^6
- }{
- 6!
- }+\cdots\)
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:
\(e^{ix}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots+i(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!})=cos(x)+i\times sin(x)\)
当 \(x=\pi\) 的时候
\(e^{i\pi}=\cos(\pi)+i\times \sin(\pi)=-1\)
所以 \(e^{i\pi}+1=0\)
来源: https://www.cnblogs.com/kcfzyhq/p/10465766.html