千文網(wǎng)小編為你整理了多篇相關的《歐拉定理的證明(范文5篇)》，但愿對你工作學習有幫助，當然你在千文網(wǎng)還可以找到更多《歐拉定理的證明(范文5篇)》。

第一篇：證明歐拉定理

證明：

(1)令 Zn = {x1, x2,..., xφ(n)}，S = {a * x1 mod n, a * x2 mod n,..., a * xφ(n)mod n}，則 Zn = S。

#① 因為 a 與 n 互質(zhì)，xi(1 ≤ i ≤ φ(n))與 n 互質(zhì)，所以 a * xi 與 n 互質(zhì)，所以 a * xi mod n ∈ Zn。

#② 若 i ≠ j，那么 xi ≠ xj，且由 a, n互質(zhì)可得 a * xi mod n ≠ a * xj mod n（消去律）。

(2)aφ(n)* x1 * x2 *...* xφ(n)mod n

≡(a * x1)*(a * x2)*...*(a * xφ(n))mod n ≡(a * x1 mod n)*(a * x2 mod n)*...*(a * xφ(n)mod n)mod n ≡ x1 * x2 *...* xφ(n)mod n 對比等式的左右兩端，因為 xi(1 ≤ i ≤ φ(n))與 n 互質(zhì)，所以 aφ(n)

≡ 1 mod n（消去律）。

歐拉函數(shù)是數(shù)論中很重要的一個函數(shù)，歐拉函數(shù)是指：對于一個正整數(shù) n，小于 n 且和 n 互質(zhì)的正整數(shù)（包括 1）的個數(shù)，記作 φ(n)。

完全余數(shù)集合：

定義小于 n 且和 n 互質(zhì)的數(shù)構成的集合為 Zn，稱呼這個集合為 n 的完全余數(shù)集合。顯然 |Zn| ＝φ(n)。

有關性質(zhì)： 對于素數(shù) p，φ(p)= p-1。

對于兩個不同素數(shù) p，q，它們的乘積 n = p * q 滿足 φ(n)=(p-1)*(q-1)。

這是因為 Zn = {1, 2, 3,..., n{p, 2p,...,(q{q, 2q,...,(p1)1)1)=(p-1)*(q-1)＝φ(p)* φ(q)。

消去律：如果 gcd(c,p)= 1，則 ac ≡ bc mod p ? a ≡ b mod p

第二篇：歐拉常數(shù)的證明

調(diào)和級數(shù)S=1+1/2+1/3+……是發(fā)散的，證明如下：

由于ln(1+1/n)

于是調(diào)和級數(shù)的前n項部分和滿足

Sn=1+1/2+1/3+…+1/n>ln(1+1)+ln(1+1/2)+ln(1+1/3)+…+ln(1+1/n)

=ln2+ln(3/2)+ln(4/3)+…+ln[(n+1)/n]

=ln[2*3/2*4/3*…*(n+1)/n]=ln(n+1)

由于

lim Sn（n→∞）≥lim ln(n+1)（n→∞）=+∞

所以Sn的極限不存在，調(diào)和級數(shù)發(fā)散。

但極限S=lim[1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)]（n→∞）卻存在，因為Sn=1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)>ln(1+1)+ln(1+1/2)+ln(1+1/3)+…+ln(1+1/n)-ln(n)

=ln(n+1)-ln(n)=ln(1+1/n)

由于

lim Sn（n→∞）≥lim ln(1+1/n)（n→∞）=0

因此Sn有下界

而

Sn-S(n+1)=1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)-[1+1/2+1/3+…+1/(n+1)-ln(n+1)]

=ln(n+1)-ln(n)-1/(n+1)=ln(1+1/n)-1/(n+1)

將ln(1+1/n)展開，取其前兩項，由于舍棄的項之和大于0，故

ln(1+1/n)-1/(n+1)>1/n-1/(2n^2)-1/(n+1)=1/(n^2+n)-1/(2n^2)>0

即ln(1+1/n)-1/(n+1)>0，所以Sn單調(diào)遞減。由單調(diào)有界數(shù)列極限定理，可知Sn必有極限，因此

S=lim[1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)]（n→∞）存在。

于是設這個數(shù)為γ，這個數(shù)就叫作歐拉常數(shù)，他的近似值約為0.5772***86060651209，目前還不知道它是有理數(shù)還是無理數(shù)。在微積分學中，歐拉常數(shù)γ有許多應用，如求某些數(shù)列的極限，某些收斂數(shù)項級數(shù)的和等。例如求

lim[1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(n+n)]（n→∞），可以這樣做：lim[1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(n+n)]（n→∞）

=lim[1+1/2+1/3+…+1/(n+n)-ln(n+n)]（n→∞）

-lim[1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)]（n→∞）+lim[ln(n+n)-ln(n)]（n→∞）=γ-γ+ln2=ln2

歐拉常數(shù)發(fā)現(xiàn)的歷史

著名數(shù)學家萊昂哈德·歐拉(1707-1783)該常數(shù)最先由瑞士數(shù)學家萊昂哈德·歐拉(Leonhard Euler)在1735年發(fā)表的文章 De

Progreionibus harmonicus observationes 中定義。歐拉曾經(jīng)使用C作為它的符號，并計算出了它的前6位小數(shù)。

第三篇：歐拉公式的證明方法和應用

歐拉公式

ei??cos??isin?的證明方法和應用

i?摘要：在復數(shù)域內(nèi)用幾種不同的方法證明歐拉公式e?cos??isin?，舉例說明歐拉公式在數(shù)學中的幾類應用，通過總結多種方法看問題的思想來解決問題，通過幾種不同種類的問題的解決方案讓讀者更加明白歐拉公式在學習中的多方面思想和數(shù)學中的重要性。關鍵詞：歐拉公式、微分中值定理、證明、應用、三角函數(shù)

1.歐拉公式意義簡說

在我們所學過的指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)在實數(shù)域中幾乎沒有什么聯(lián)系，在復數(shù)域中卻可以相互轉換，被e?cos??isin?這簡單的關系聯(lián)系在一起，這個一直盤踞在許多研究家心里的歐拉公式，有著很多很多的疑問，特別是當???時，有e??1，即e?1?0，這個等式將數(shù)學中的最富有特色的五個數(shù)0、1、i、e、?聯(lián)系在一起，0，1是實數(shù)中特殊的數(shù)字，i 是一個很重要的虛數(shù)單位，e是無理數(shù)它取自瑞士數(shù)學家歐拉（Euler,1707-1783）的英文開頭[5]。它們在數(shù)學中各自都有發(fā)展的方面。因?是圓周率在公園前就被定義為“周長與直徑的比”

此e+1=0公式充分揭示了數(shù)學的統(tǒng)一性、簡潔性和奇異性。了解這些內(nèi)容對于學習高等數(shù)學，對于我們在研究較深的數(shù)學問題上有很大幫助。

i?i?i?i?

2.歐拉公式的證明簡述

在這里，我把幾種證明歐拉公式的方法總結在一起，對學者學習歐拉公式提供多方面的題材，并作出知識的一種綜合理解。

2.1冪級數(shù)展開式的證明法

引用三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)“冪級數(shù)展開式”證明歐拉公式e?cos??isin?，2.2復指數(shù)定義法

用復指數(shù)定義e?e

2.3類比法求導法

通過實函數(shù)的性質(zhì)來對復函數(shù)進行求導運算(附件①)，通過構造f(x)?

ixzx?iyi??e(cosy?isiny)，證明歐拉公e?cos??isin? xi?ixcosx?isinx，f?(x)?0用lagrange微分中值定理推論[3]，從而證明f(x)?1,使得e?cosx?isinx

2.4分離變量積分法

假設z?cosx?isinx，求導得dzdz?iz，通過分離變量得?idx,，然后兩邊取積分得dxz

Lnz?ix，所以得e?cosx?isinx.3.歐拉公式的證明方法

3.1冪級數(shù)展開式的證明方法：

3.1.1三角函數(shù)的“麥克勞林級數(shù)”[1] ： ix

sin(z)?z??3!355!

4???(?1)n?12n2n?1(zn?1)!n??, cos(z)?1?22!2?4!???(?1)(2n)!??, 3.1.2指數(shù)函數(shù)的“麥克勞林級數(shù)”：[1]

e

ez?1?z?2!???nn!??, 當用iz代替 z時，那么 iz(iz)?1?iz?2!2(iz)???n!n??

?(1?2

2!?4

4!??)?i(z??3!355!??)

?cosz?isinz

當z??時，得到e?cos??isin?。

3.2復指數(shù)定義法：

對于任何復數(shù)z?x?iy(x,y?R)，有

i?i?（證完）ez?ex?iy?e(cosy?isiny)[2]，當x=0時，另xy??,有e?cos??isin?（證完）

3.3類比求導法：

3.3.1構造函數(shù)f(x)?

3.3.2計算導數(shù)

f?(x)?

?i(cosx?isinx)?(?sinx?icosx)(cosx?isinx)2ixixixcosx?isinx x?R,i為虛數(shù) ix(icosx?sinx?sinx?icosx)

cos2x?isin2x

3.3.3lagrange微分中值定理的推論 ?0

若函數(shù)f(x)在區(qū)間I上可導，且f(x)的導數(shù)恒等于0，x屬于I，則f(x)為I上的一個常量函數(shù)[3]。根據(jù)這推論，所以有f(x)?c,c為常量，又因為f(0)?1, 所以f(x)?1,有

eix?cosx?isinx.（附件②）（證完）

3.4分離變量積分法

dz?icosx?sinx?i(cosx?isinx)?iz，分離變量得： dx

dz1?idx, 所以兩邊同時積分得??i?dx，即Lnz?ix?c，當取x=0時，zz假設z?cosx?isinx, 難么

z?co0s?isin0?1，Lz?l1?i0?c?0nn，所以c?0,所以Lz?ixn，Lnz?z?cosx?isinx?ix，所以ix?cosx?isinx。（證完）eee

4.歐拉公式在數(shù)學中的應用

在對一些較難以證明和計算的題上，直接使用歐拉公式很容易就證明了，在高等數(shù)學中很廣泛的應用，比如棣莫弗公式的證明，復變函數(shù)的求解等。

4.1公式證明和應用

4.1.1 證明棣莫弗（de Moivre）公式[4]cosnx?isinnx?(cosx?isin

證明：由歐拉公式e?cosx?isinx可知：ixx)n； ??ix?(cosx?isinenx)即n

einx?cosnx?isinnx，所以有cosnx?isinnx?(cosx?isinx)n

4.2.2用歐拉公式和棣弗公式證明[4]：e

e

zxcosacos(xsina)??cosna;n?0n!?nxcosasin(xsina)??sinnan?on!?n； 證明：令z?cosa?isina,由歐拉公式可知 e?e

xz(cosa?isina)?ecosaeisina?ecosa(cos(sina)?isin(sina))xcosa即e?e

?ex(cosa?isina)?excosaeixsina?e(cos(xsina)?isin(xsina))xcosacos(xsina)?e

nnxcosaisin(xsina))又由于：

exz??n?0?(xz)n!(cosna?isinna)???

n?0

?n!cosnansinnan?i?n!xn!xn?0n?0

比較實部和虛部的到 ???

e

excosacos(xsina)??cosna;n?0n!??nn

sin(xsina)??sinna

n?on!

4.2定義證明和應用

4.2.1證明復數(shù)z 的正弦函數(shù)和余弦函數(shù) xcosa

sinz?iz?2i?iz,cosz?ixiz?2i?iz.[2] 證明：由歐拉公式eix??e?cosx?isinx?cosx?isinx可得，?，?ix??e?cosx?isinx

ix?ix???cosx??2從而得到?.對于任意的實數(shù)x成立，這兩個公式中的x代以任意復數(shù)z后，ix?ix??sinx??2i?

由e?ezx?iy?e(cosy?isiny)，右端有意義，而左端尚無意義，因而有：

?izx

sinz?iz?2i,cosz?iz?2i?iz.4.2.2求sin(1?2i)的值[2]：

解：

sin(1?2i)?

?

?i(1?2i)?2i?i(1?2i)?2(cos1?isin1)?(cos1?isin1)2i

?22 2?22

?cosh2sin1?isinh2cos1

此式為復數(shù)解正弦函數(shù)（附件③）sin1?i2??2cos1

5.綜合總結

ix對于歐拉公式e?cosx?isinx，在這里用了四種不同的方法證明其的成立，也舉了幾個

列子說明了歐拉公式在高等數(shù)學中的重要性，在這里，主要是提供給學生一種多方面學習和看問題的思想，比如在證明歐拉公式的方法中，都還有許多不同的證明方法，我所列舉的這幾種方法中，類比求導法是一種很好的證明方法，其的構造思想很巧妙，對于冪級數(shù)的展開證明方法，較容易弄懂，并且在實際的題目中，冪級數(shù)的展開用得比較多。我在下面所舉的兩類應用中，都是用到歐拉公式，且歐拉定理在這當中就像橋梁一樣，如果不用到歐拉公式，這類問題也能求，但不是那么容易了。通過對歐拉公式的證明和應用的了解，我們對于e??1i?

也就不那么陌生了。

6.考文獻

[1] 數(shù)學分析 下冊 第三版 華東師范大學數(shù)學系 編 第十四章 冪級數(shù) 2001

[2] 復變函數(shù)論 第三版 鐘玉泉 編 第二章 解析函數(shù) 2004

[3] 數(shù)學分析 上冊 第三版 華東師范大學數(shù)學系 編 第六章微分中值定理及應用 2001

[4] 數(shù)學分析 下冊 華東師大第三版 同步輔導及習題全解 2006

[5] 生活與科學文庫 e的奧秘 1991

7.附件

7.1附件① 因為對于實函數(shù)?ae，dxaxaxd(cosx?asinx)??sinx?acosxdxa為常數(shù)，所以對于復函數(shù)有?ie,dxixixd(cosx?isinx)?i(cosx?isinx)dx

7.2附件②對于構造的函數(shù)f(x)?ix

cosx?isinx是有意義的，因為

|cosx?isinx|?

有意義的。因為f(x)?

ixcos2x?sinx?1所以cosx?isinx?0。因此，函數(shù)f(x)?2ixcosx?isinx是ixcosx?isinx所以 ix

f?(x)?

?i(cosx?isinx)?(?sinx?icosx)(cosx?isinx)2ix(icosx?sinx?sinx?icosx)

cos2x?isin2x?0

又根據(jù)lagrange中值定理可得 f(x)?cc 為實常數(shù)，又因為f(0)?i0

cos0?isin0=1則有

f(x)?1，所以有f(x)?ix

cosx?isinx?1，所以e?cosx?isinx

7.3附件③復函中規(guī)定：sinhz?

zix?2?z,coshz?z?2?z

第四篇：歐拉定理

歐拉定理

歐拉定理

認識歐拉

歐拉，瑞士數(shù)學家，13歲進巴塞爾大學讀書，得到著名數(shù)學家貝努利的精心指導．歐拉是科學史上最多產(chǎn)的一位杰出的數(shù)學家，他從19歲開始發(fā)表論文，直到76歲，他那不倦的一生，共寫下了886本書籍和論文，其中在世時發(fā)表了700多篇論文。彼得堡科學院為了整理他的著作，整整用了47年。歐拉著作驚人的高產(chǎn)并不是偶然的。他那頑強的毅力和孜孜不倦的治學精神，可以使他在任何不良的環(huán)境中工作：他常常抱著孩子在膝蓋上完成論文。即使在他雙目失明后的17年間，也沒有停止對數(shù)學的研究，口述了好幾本書和400余

篇的論文。當他寫出了計算天王星軌道的計算要領后離開了人世。歐拉永遠是我們可敬的老師。歐拉研究論著幾乎涉及到所有數(shù)學分支，對物理力學、天文學、彈道學、航海學、建筑學、音樂都有研究！有許多公式、定理、解法、函數(shù)、方程、常數(shù)等是以歐拉名字命名的。歐拉寫的數(shù)學教材在當時一直被當作標準教程。19世紀偉大的數(shù)學家高斯（Gau，1777-1855）曾說過“研究歐拉的著作永遠是了解數(shù)學的最好方法”。歐拉還是數(shù)學符號發(fā)明者，他創(chuàng)設的許多數(shù)學符號，例如π，i，e，sin，cos，tg，Σ，f(x)等等，至今沿用。歐拉不僅解決了彗星軌跡的計算問題，還解決了使牛頓頭痛的月離問題。對著名的“哥尼斯堡七橋問題”的完美解答開創(chuàng)了“圖論”的研究。歐拉發(fā)現(xiàn)，不論什么形狀的凸多面體，其頂點數(shù)V、棱數(shù)E、面數(shù)F之間總有關系V+F-E=2，此式稱為歐拉公式。V+F-E即歐拉示性數(shù)，已成為“拓撲學”的基礎概念。那么什么是“拓撲學”？ 歐拉是如何發(fā)現(xiàn)這個關系的？他是用什么方法研究的？今天讓我們沿著歐拉的足

跡，懷著崇敬的心情和欣賞的態(tài)度探索這個公式......初等數(shù)論中的歐拉定理

定理內(nèi)容

在數(shù)論中，歐拉定理（也稱費馬-歐拉定理）是一個關于同余的性質(zhì)。歐拉定理表明，若n,a為正整數(shù)，且n,a互素，(a,n)= 1，則

a^φ(n)≡ 1(mod n)

證明

首先證明下面這個命題：

對于集合Zn={x1,x2,...,xφ(n)},其中xi(i=1,2,…φ(n))是不大于n且與n互素的數(shù)，即n的一個化簡剩余系，或稱簡系，或稱縮系)，考慮集合S = {a*x1(mod n),a*x2(mod n),...,a*xφ(n)(mod n)}

則S = Zn

1)由于a,n互質(zhì)，xi也與n互質(zhì)，則a*xi也一定于p互質(zhì)，因此

任意xi，a*xi(mod n)必然是Zn的一個元素

2)對于Zn中兩個元素xi和xj，如果xi ≠ xj

則a*xi(mod n)≠ a*xi(mod n)，這個由a、p互質(zhì)和消去律可以得出。

所以，很明顯，S=Zn

既然這樣，那么

（a*x1 × a*x2×...×a*xφ(n)）(mod n)

=（a*x1(mod n)× a*x2(mod n)×...× a*xφ(n)(mod n)）(mod n)

=（x1 × x2 ×...× xφ(n)）(mod n)

考慮上面等式左邊和右邊

左邊等于(a*（x1 × x2 ×...× xφ(n)）)(mod n)

右邊等于x1 × x2 ×...× xφ(n)）(mod n)

而x1 × x2 ×...× xφ(n)(mod n)和n互質(zhì)

根據(jù)消去律，可以從等式兩邊約去，就得到：

a^φ(n)≡ 1(mod n)

推論：對于互質(zhì)的數(shù)a、n，滿足a^(φ(n)+1)≡ a(mod n)

費馬定理:

a是不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)，則有a^(p-1)≡ 1(mod p)

證明這個定理非常簡單，由于φ(p)= p-1，代入歐拉定理即可證明。

同樣有推論：對于不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)a，有a^p ≡ a(mod p)

平面幾何里的歐拉定理

定理內(nèi)容

設三角形的外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，則d^2=R^2-2Rr．

證明

O、I分別為⊿ABC的外心與內(nèi)心．

連AI并延長交⊙O于點D，由AI平分DBAC，故D為弧BC的中點．

連DO并延長交⊙O于E，則DE為與BC垂直的⊙O的直徑．

由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA·ID．（作直線OI與⊙O交于兩點，即可用證明）

但DB=DI（可連BI，證明DDBI=DDIB得），故只需證2Rr=IA·DB，即2R∶DB=IA∶r 即可．

而這個比例式可由⊿AFI∽⊿EBD證得．故得R2-d2=2Rr，即證．

拓撲學里的歐拉公式

V+F-E=X(P)，V是多面體P的頂點個數(shù)，F(xiàn)是多面體P的面數(shù)，E是多面體P的棱的條數(shù),X(P)是多面體P的歐拉示性數(shù)。

如果P可以同胚于一個球面（可以通俗地理解為能吹脹成一個球面），那么X(P)=2，如果P同胚于一個接有h個環(huán)柄的球面，那么X(P)=2-2h。

X(P)叫做P的拓撲不變量，是拓撲學研究的范圍。

V+F-E=2的證明

方法1：（利用幾何畫板）

逐步減少多面體的棱數(shù)，分析V+F-E

先以簡單的四面體ABCD為例分析證法。

去掉一個面，使它變?yōu)槠矫鎴D形，四面體頂點數(shù)V、棱數(shù)E與剩下的面數(shù)F1變形后都沒有變。因此，要研究V、E和F關系，只需去掉一個面變?yōu)槠矫鎴D形，證V+F1-E=1

（1）去掉一條棱，就減少一個面，V+F1-E不變。依次去掉所有的面，變?yōu)椤皹渲π巍薄?/p>

（2）從剩下的樹枝形中，每去掉一條棱，就減少一個頂點，V+F1-E不變，直至只剩下一條棱。

以上過程V+F1-E不變，V+F1-E=1，所以加上去掉的一個面，V+F-E =2。

對任意的簡單多面體，運用這樣的方法，都是只剩下一條線段。因此公式對任意簡單多面體都是正確的。

方法2：計算多面體各面內(nèi)角和

設多面體頂點數(shù)V，面數(shù)F，棱數(shù)E。剪掉一個面，使它變?yōu)槠矫鎴D形（拉開圖）,求所有面內(nèi)角總和Σα

一方面，在原圖中利用各面求內(nèi)角總和。

設有F個面，各面的邊數(shù)為n1,n2，…，nF，各面內(nèi)角總和為：

Σα = [(n1-2)·180度+(n2-2)·180度+…+(nF-2)·180度]

=(n1+n2+…+nF-2F)·180度

=(2E-2F)·180度 =(E-F)·360度（1）

另一方面，在拉開圖中利用頂點求內(nèi)角總和。

設剪去的一個面為n邊形，其內(nèi)角和為(n-2)·180角，則所有V個頂點中，有n個頂點在邊上，V-n個頂點在中間。中間V-n個頂點處的內(nèi)角和為(V-n)·360度，邊上的n個頂點處的內(nèi)角和(n-2)·180度。

所以，多面體各面的內(nèi)角總和：

Σα =(V-n)·360度+(n-2)·180度+(n-2)·180度

=（V-2）·360度（2）

由(1)(2)得：(E-F)·360度=（V-2）·360度

所以 V+F-E=2.方法3 用拓樸學方法證明歐拉公式

圖

嘗試一下用拓樸學方法證明關于多面體的面、棱、頂點數(shù)的歐拉公式。

歐拉公式：對于任意多面體（即各面都是平面多邊形并且沒有洞的立體），假設F，E和V分別表示面，棱（或邊），角（或頂）的個數(shù)，那末

F-E+V=2。

證明 如圖（圖是立方體，但證明是一般的，是“拓樸”的）：

（1）把多面體（圖中①）看成表面是薄橡皮的中空立體。

（2）去掉多面體的一個面，就可以完全拉開鋪在平面上而得到一個平面中的直線形，像圖中②的樣子。假設F′，E′和V′分別表示這

個平面圖形的（簡單）多邊形、邊和頂點的個數(shù)，我們只須證明F′-E′+V′=1。

（3）對于這個平面圖形，進行三角形分割，也就是說，對于還不是三角形的多邊形陸續(xù)引進對角線，一直到成為一些三角形為止，像圖中③的樣子。每引進一條對角線，F(xiàn)′和E′各增加1，而V′卻不變，所以F′-E′+V′不變。因此當完全分割成三角形的時候，F(xiàn)′-E′+V′的值仍然沒有變。有些三角形有一邊或兩邊在平面圖形的邊界上。

（4）如果某一個三角形有一邊在邊界上，例如圖④中的△ABC，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即AC，這樣也就去掉了△ABC。這樣F′和E′各減去1而V′不變，所以F′-E′+V′也沒有變。

（5）如果某一個三角形有二邊在邊界上，例如圖⑤中的△DEF，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即DF和EF，這樣就去掉△DEF。這樣F′減去1，E′減去2，V′減去1，因此F′-E′+V′仍沒有變。

（6）這樣繼續(xù)進行，直到只剩下一個三角形為止，像圖中⑥的樣子。這時F′=1，E′=3，V′=3，因此F′-E′+V′=1-3+3=1。

（7）因為原來圖形是連在一起的，中間引進的各種變化也不破壞這事實，因此最后圖形還是連在一起的，所以最后不會是分散在向外的幾個三角形，像圖中⑦那樣。

（8）如果最后是像圖中⑧的樣子，我們可以去掉其中的一個三角形，也就是去掉1個三角形，3個邊和2個頂點。因此F′-E′+V′仍然沒有變。

即F′-E′+V′=1

成立，于是歐拉公式：

F-E+V=2

得證。

復變函數(shù)論里的歐拉公式

定理內(nèi)容

e^ix=cosx+isinx

e是自然對數(shù)的底，i是虛數(shù)單位。

它將三角函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關系，它在復變函數(shù)論里占有非常重要的地位。

將公式里的x換成-x，得到：

e^-ix=cosx-isinx，然后采用兩式相加減的方法得到：

sinx=(e^ix-e^-ix)/(2i)，cosx=(e^ix+e^-ix)/2.這兩個也叫做歐拉公式。

“上帝創(chuàng)造的公式”

將e^ix=cosx+isinx中的x取作∏就得到：

e^i∏+1=0.這個恒等式也叫做歐拉公式，它是數(shù)學里最令人著迷的一個公式，它將數(shù)學里最重要的幾個數(shù)學聯(lián)系到了一起：兩個超越數(shù)：自然對數(shù)的底e，圓周率∏，兩個單位：虛數(shù)單位i和自然數(shù)的單位1，以及數(shù)學里常見的0。數(shù)學家們評價它是“上帝創(chuàng)造的公式”，我們只能看它而不能理解它。

歐拉定理的運用方法

（1）分式：

a＾r(nóng)/(a-b)(a-c)+b＾r(nóng)/(b-c)(b-a)+c＾r(nóng)/(c-a)(c-b)

當r=0,1時式子的值為0

當r=2時值為1

當r=3時值為a+b+c

（2）復數(shù)

由e＾iθ=cosθ+isinθ,得到：

sinθ=（e＾iθ-e＾-iθ）/2i

cosθ=（e＾iθ+e＾-iθ）/2

（3）三角形

設R為三角形外接圓半徑，r為內(nèi)切圓半徑，d為外心到內(nèi)心的距離，則：

d＾2=R＾2-2Rr

（4）多面體

設v為頂點數(shù)，e為棱數(shù)，f是面數(shù)，則

v-e+f=2-2p

p為歐拉示性數(shù)，例如

p=0 的多面體叫第零類多面體

p=1 的多面體叫第一類多面體

(5)多邊形

設一個二維幾何圖形的頂點數(shù)為V，劃分區(qū)域數(shù)為Ar，一筆畫筆數(shù)為B,則有：

V+Ar-B=1

(如：矩形加上兩條對角線所組成的圖形，V=5,Ar=4,B=8)

(6).歐拉定理

在同一個三角形中，它的外心Circumcenter、重心Gravity、九點圓圓心Nine-point-center、垂心Orthocenter共線。

其實歐拉公式是有很多的，上面僅是幾個常用的。

使用歐拉定理計算足球五邊形和六邊形數(shù)

問：足球表面由五邊型和六邊型的皮革拼成，計算一共有多少個這樣的五邊型和六邊型？

答：足球是多面體，滿足歐拉公式F－E＋V＝2，其中F,E,V分別表示面,棱,頂點的個數(shù)

設足球表面正五邊形(黑皮子)和正六邊形(白皮子)的面各有x個和y個，那么

面數(shù)F＝x＋y

棱數(shù)E＝(5x+6y)/2（每條棱由兩塊皮子共用）

頂點數(shù)V＝(5x+6y)/3（每個頂點由三塊皮子共用）

由歐拉公式，x＋y－(5x+6y)/2＋(5x+6y)/3＝2，解得x＝12。所以，共有12塊黑皮子

所以，黑皮子一共有12×5＝60條棱，這60條棱都是與白皮子縫合在一起的對于白皮子來說：每塊白色皮子的6條邊中，有3條邊與黑色皮子的邊縫在一起，另3條邊則與其它白色皮子的邊縫在一起。

所以白皮子所有邊的一半是與黑皮子縫合在一起的那么白皮子就應該一共有60×2＝120條邊，120÷6＝20

所以共有20塊白皮子

（或者，每一個六邊形的六條邊都與其它的三個六邊形的三條邊和三個五邊形的三條邊連接；每一個五邊形的五條邊都與其它的五個六邊形的五條邊連接

所以，五邊形的個數(shù)x=3y/5。

之前求得x=12，所以y=20）

經(jīng)濟學中的“歐拉定理”

在西方經(jīng)濟學里，產(chǎn)量和生產(chǎn)要素L、K的關系表述為Q＝Q(L，K)，如果具體的函數(shù)形式是一次齊次的，那么就有：Q＝L(eQ/eL)＋K(eQ/eK)，換句話說，產(chǎn)

品分配凈盡取決于Q能否表示為一個一次齊次函數(shù)形式。

因為eQ/eL＝MPL＝w/P被視為勞動對產(chǎn)量的貢獻，eQ/eK＝MPK＝r/P被視為資本對產(chǎn)量的貢獻，因此，此式被解釋為“產(chǎn)品分配凈盡定理”，也就是所有產(chǎn)品都被所有的要素恰好分配完而沒有剩余。因為形式上符合數(shù)學歐拉定理，所以稱為歐拉定理。

【同余理論中的"歐拉定理"】

設a,m∈N,(a,m)=1,則a^(f(m))≡1(mod m)

(注:f(m)指模m的簡系個數(shù))

歐拉定理的意義

（1）數(shù)學規(guī)律：公式描述了簡單多面體中頂點數(shù)、面數(shù)、棱數(shù)之間特有的規(guī)律

（2）思想方法創(chuàng)新：定理發(fā)現(xiàn)證明過程中，觀念上，假設它的表面是橡皮薄膜制成的，可隨意拉伸；方法上將底面剪掉，化為平面圖形（立體圖→平面拉開圖）。

（3）引入拓撲學：從立體圖到拉開圖，各面的形狀、長度、距離、面積等與度量有關的量發(fā)生了變化，而頂點數(shù)，面數(shù)，棱數(shù)等不變。

定理引導我們進入一個新幾何學領域：拓撲學。我們用一種可隨意變形但不得撕破或粘連的材料（如橡皮波）做成的圖形，拓撲學就是研究圖形在這種變形過程中的不變的性質(zhì)。

（4）提出多面體分類方法：

在歐拉公式中，f(p)=V+F-E 叫做歐拉示性數(shù)。歐拉定理告訴我們，簡單多面體f(p)=2。

除簡單多面體外，還有非簡單多面體。例如，將長方體挖去一個洞，連結底面相應頂點得到的多面體。它的表面不能經(jīng)過連續(xù)變形變?yōu)橐粋€球面，而能變?yōu)橐粋€環(huán)面。其歐拉示性數(shù)f(p)=16+16-32=0，即帶一個洞的多面體的歐拉示性數(shù)為0。

（5）利用歐拉定理可解決一些實際問題

如：為什么正多面體只有5種？ 足球與C60的關系？否有棱數(shù)為7的正多面體？等

第五篇：歐拉公式的證明

,.歐拉公式的證明

著名的歐拉公式e^(iθ)=cosθ+isinθ是人們公認的優(yōu)美公式。原因是指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)在實數(shù)域中幾乎沒有什么聯(lián)系，而在復數(shù)域中卻發(fā)現(xiàn)了他們可以相互轉化，并被一個非常簡單的關系式聯(lián)系在一起。特別是當θ=π時，歐拉公式便寫成了e^(iπ)+1=0,就這個等式將數(shù)中最富有特色的五個數(shù)0，1，i , e , π ,絕妙地聯(lián)系在一起

方法一：用冪級數(shù)展開形式證明，但這只是形式證明（嚴格的說，在實函數(shù)域帶著i只是形式上的）

再抄一遍：

設z = x+iy 這樣 e^z = e^(x+iy)=e^x*e^(iy),就是e^z/e^x = e^(iy)用牛頓冪級數(shù)展開式

e^x = 1+x+x^2/2!+x^3/3!+.....+x^n/n!+......把 e^(iy)展開，就得到 e^z/e^x = e^(iy)=1+iy-y^2/2!-iy^3/3!+y^4/4!+iy^5/5!-y^6/6!-.....=(1-y^2/2!+y^4/4!-y^6/6!+.....)+i(y-y^3/3!+y^5/5!-....)由于 cosy = 1-y^2/2!+y^4/4!-y^6/6!+....., siny = y-y^3/3!+y^5/5!-....所以 e^(x+iy)=e^x*e^(iy)=e^x*(cosy+isiny)即 e^(iy)=(cosy+isiny)

方法二：見復變函數(shù)第2章，在整個負數(shù)域內(nèi)重新定義了sinz cosz而后根據(jù)關系推導出了歐拉公式。著個才是根基。由來緣于此。

方法一是不嚴格的。

再 請看這2個積分

∫sqrt(x^2-1)dx=x*sqrt(x^2-1)/2-ln(2*sqrt(x^2-1)+2x)/2 ∫sqrt(1-x^2)dx=arcsin(x)/2+x*sqrt(1-x^2)/2;上式左邊相當于下式左邊乘以i 于是上式右邊相當于下式右邊乘以i 然后化簡就得到歐拉公式

這個證明方法不太嚴密

但很有啟發(fā)性

歷史上先是有人用上述方法得到了對數(shù)函數(shù)和反三角函數(shù)的關系

然后被歐拉看到了,才得到了歐拉公式 設a t θ ?R,ρ?R+,a^(it)?z有: a^(it)=ρ(cosθ+isinθ)1

因共軛解適合方程,用-i替換i有: a^(-it)=ρ(cosθ-isinθ)2

;..,.由1,2得ρ=1,點P[a^(it)]在單位圓上,a^(it)可表達為: a^(it)=cosθ+isinθ 3 設t=u(θ),對3微商有:

[a^(it)]*(lna)*u'(θ)*i=-sinθ+icosθ 整理有:

[a^(it)]*(lna)*u'(θ)*i=(cosθ+isinθ)(cosπ/2+isinπ/2)約去a^(it)有: u'(θ)=logae 4 4取積分有: T=(logae)*θ+Ψ 5

θ→0時,t=limt=Ψ,帶入3有: a^(iΨ)=1 即: Ψ=0 6

6代入5有: T=(logae)*θ 7 7代入3有:

[a^(logae)]^(iθ)=cosθ+isinθ 化簡得歐拉公式: e^(iθ)=cosθ+isinθ

（后兩者才是真正讓我震驚的！?。?/p>

;..