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无论是学高数，还是学习数分，我们在讲到极限的时候最开始见到的两个基本极限之一必有这个所谓的欧拉常数，e:
\[
\lim_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n=e\approx2.718281828459\tag{*}
\]
而大部分同学我相信都是“知其然而不知其所以然”，没能与前面讲到的各种定理形成有效的联系。为了更好的研究e，我会从研究（*）的极限开始。
单调有界数列必有极限。
为了证明（*）存在极限，我们只需要验证其单调性和有界性，为此我们设置两个数列：
\[
a_n=(1+\frac1n)^n\b_n=(1+\frac1n)^{n+1}
\]
由几何平均数小于算术平均数：
\[
\begin{align}
a_n=1\cdot an&=1\cdot(1+\frac1n)^n\&\leq(\frac{1+n\cdot(1+\frac1n)}{n+1})^{n+1}\&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}=a_{n+1}
\end{align}
\]
由此可证明数列 an是一个单调递增的数列。
再利用几何平均值大于调和平均值：
\[
\begin{align}
b_n=1\cdot(1+\frac1n)^{n+1}&\geq(\frac{n+2}{1+\frac{n}{n+1}+\cdots+\frac{n}{n+1}})^{n+2}\&=(\frac{n+2}{n+1})^{n+2}=b_{n+1}
\end{align}
\]
所以\(\{b_n\}\)是个递减数列，最大值为\(b_1=4\)，又因为：
\[
a_n=(1+\frac1n)^n\leq(1+\frac1n)^{n+1}=bn\leq4
\]
所以证明了 \(\{a_n\}\)是个有界数列，因此（*）必存在极限，我们定义其极限为 e。
\[ \begin{align} I=&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx =2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=2\cdot I\I^2=&[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx]^2=[\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx][\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy]\=&\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy\=&\int_{0}^{\frac\pi2}d\theta\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdr\=&\frac\pi2\int_{0}^{\infty}-\frac{e^{-r^2}}{2}rd(-r^2)=\frac{\pi}{4}\\therefore&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi\&\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx= \sqrt2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}d\frac{x}{\sqrt2}=\sqrt{2\pi} \end{align} \]
因此我们得出了一个重要的积分：
\[
\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=1
\]
泰勒展开式是说在特定点\(x_0\)附近构造一个函数\(\varphi(x)\)使其与\(f（x）\)无穷近似，
\[
f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\dots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n}+R_n(x)
\]
\[ e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\\sin x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}\\cos x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}\\]
若将复数\(i=\sqrt[2]{-1}\)带入公式，得到：
\[
e^{ix}=1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots=\cos x+i\sin x\(e^{ix})^n=e^{inx}=\cos{nx}+i\sin{nx}=[\cos{x}+i\sin{x}]^n
\]
这就是著名的欧拉公式
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原文地址：https://www.cnblogs.com/rrrrraulista/p/12307623.html
