证明部分
欧拉公式 ejθ=cosθ+jsinθe^{j\theta} = \cos\theta + j\sin\thetaejθ=cosθ+jsinθ 被誉为“数学中最美丽的公式”之一，
我这里取的是1748年的初版形式，公式是相通的
要“证明”它，最常见的方法是使用泰勒级数（Taylor Series）展开。这需要你对函数展开成无穷级数有一些了解。（高等数学学完中值定理后？）
证明：使用泰勒级数展开
我们将从三个基本函数的泰勒级数展开式开始：
指数函数 exe^xex 的泰勒级数展开式：
对于任何实数或复数 xxx，
ex=1+x+x22!+x33!+x44!+x55!+⋯=∑n=0∞xnn!e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}ex=1+x+2!x2+3!x3+4!x4+5!x5+⋯=n=0∑∞n!xn
余弦函数 cosθ\cos\thetacosθ 的泰勒级数展开式：
对于任何实数 θ\thetaθ，
cosθ=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯=∑n=0∞(−1)nθ2n(2n)!\cos\theta = 1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - \frac{\theta^6}{6!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \theta^{2n}}{(2n)!}cosθ=1−2!θ2+4!θ4−6!θ6+⋯=n=0∑∞(2n)!(−1)nθ2n
正弦函数 sinθ\sin\thetasinθ 的泰勒级数展开式：
对于任何实数 θ\thetaθ，
sinθ=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯=∑n=0∞(−1)nθ2n+1(2n+1)!\sin\theta = \theta - \frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^5}{5!} - \frac{\theta^7}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \theta^{2n+1}}{(2n+1)!}sinθ=θ−3!θ3+5!θ5−7!θ7+⋯=n=0∑∞(2n+1)!(−1)nθ2n+1
现在，我们来证明欧拉公式：
第一步：将 x=jθx = j\thetax=jθ 代入 exe^xex 的泰勒级数展开式中。
ejθ=1+(jθ)+(jθ)22!+(jθ)33!+(jθ)44!+(jθ)55!+(jθ)66!+…e^{j\theta} = 1 + (j\theta) + \frac{(j\theta)^2}{2!} + \frac{(j\theta)^3}{3!} + \frac{(j\theta)^4}{4!} + \frac{(j\theta)^5}{5!} + \frac{(j\theta)^6}{6!} + \dotsejθ=1+(jθ)+2!(jθ)2+3!(jθ)3+4!(jθ)4+5!(jθ)5+6!(jθ)6+…
第二步：计算 jjj 的幂次。
我们知道虚数单位 jjj 的定义是 j2=−1j^2 = -1j2=−1。由此可以推导出：
j1=jj^1 = jj1=jj2=−1j^2 = -1j2=−1j3=j2⋅j=−jj^3 = j^2 \cdot j = -jj3=j2⋅j=−jj4=j2⋅j2=(−1)(−1)=1j^4 = j^2 \cdot j^2 = (-1)(-1) = 1j4=j2⋅j2=(−1)(−1)=1j5=j4⋅j=jj^5 = j^4 \cdot j = jj5=j4⋅j=jj6=j4⋅j2=1⋅(−1)=−1j^6 = j^4 \cdot j^2 = 1 \cdot (-1) = -1j6=j4⋅j2=1⋅(−1)=−1
(这个模式 j,−1,−j,1j, -1, -j, 1j,−1,−j,1 会周期性地重复)
第三步：将 jjj 的幂次代回展开式。
ejθ=1+jθ+(−1)θ22!+(−j)θ33!+(1)θ44!+(j)θ55!+(−1)θ66!+…e^{j\theta} = 1 + j\theta + \frac{(-1)\theta^2}{2!} + \frac{(-j)\theta^3}{3!} + \frac{(1)\theta^4}{4!} + \frac{(j)\theta^5}{5!} + \frac{(-1)\theta^6}{6!} + \dotsejθ=1+jθ+2!(−1)θ2+3!(−j)θ3+4!(1)θ4+5!(j)θ5+6!(−1)θ6+…
第四步：将实部和虚部分开，重新分组。
ejθ=(1−θ22!+θ44!−θ66!+… )+j(θ−θ33!+θ55!−θ77!+… )e^{j\theta} = \left(1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - \frac{\theta^6}{6!} + \dots\right) + j\left(\theta - \frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^5}{5!} - \frac{\theta^7}{7!} + \dots\right)ejθ=(1−2!θ2+4!θ4−6!θ6+…)+j(θ−3!θ3+5!θ5−7!θ7+…)
第五步：识别这两个括号中的级数。
你会发现：
第一个括号里的级数正是 cosθ\cos\thetacosθ 的泰勒级数展开式。第二个括号里（乘以 jjj 的部分）的级数正是 sinθ\sin\thetasinθ 的泰勒级数展开式。
最终结论：
因此，我们可以得出：
ejθ=cosθ+jsinθe^{j\theta} = \cos\theta + j\sin\thetaejθ=cosθ+jsinθ
补充说明
怎么去理解欧拉公式
你可以完全将 cos(θ)+jsin(θ)\cos(\theta) + j\sin(\theta)cos(θ)+jsin(θ) 理解为两个向量的相加，这两个向量分别是：
实部向量： cos(θ)\cos(\theta)cos(θ) 在实轴上的分量。你可以把它看作是一个沿着正实轴（相当于二维坐标系中的 X 轴）方向的向量，其长度为 $ \cos(\theta) $。
比如，如果 θ=0\theta = 0θ=0，这个向量就是 (1,0)(1, 0)(1,0)。如果 θ=π/2\theta = \pi/2θ=π/2，这个向量就是 (0,0)(0, 0)(0,0)（因为 cos(π/2)=0\cos(\pi/2) = 0cos(π/2)=0）。
虚部向量： sin(θ)\sin(\theta)sin(θ) 在虚轴上的分量。由于 jjj 的存在，它表示这个分量是沿着正虚轴（相当于二维坐标系中的 Y 轴）方向的向量，其长度为 sin(θ)\sin(\theta)sin(θ)。
比如，如果 θ=0\theta = 0θ=0，这个向量就是 (0,0)(0, 0)(0,0)。如果 θ=π/2\theta = \pi/2θ=π/2，这个向量就是 (0,1)(0, 1)(0,1)。
当你把这两个沿着各自轴向的向量相加时，你得到的正是复平面上那个点 (cos(θ),sin(θ))(\cos(\theta), \sin(\theta))(cos(θ),sin(θ))。这个点从原点出发的向量，就是 ejθe^{j\theta}ejθ 所代表的复数。
为什么不是“两个值的相加”？
在复数领域，加法是向量的叠加，而不是简单的实数加法。
实数加法： 2+3=52 + 3 = 52+3=5。它们都在一条数轴上，结果也在那条数轴上。复数加法（或向量叠加）： (2+j3)+(1+j4)=(2+1)+j(3+4)=3+j7(2 + j3) + (1 + j4) = (2+1) + j(3+4) = 3 + j7(2+j3)+(1+j4)=(2+1)+j(3+4)=3+j7。
这里，实部和虚部分开相加，就像二维向量的 XXX 分量和 YYY 分量分别相加一样。jjj 的作用是明确指定了虚部的方向，确保了加法是在复平面上进行的向量叠加。
理解cos(θ)+jsin(θ)\cos(\theta) + j\sin(\theta)cos(θ)+jsin(θ) 是一个实部（沿着实轴）和一个虚部（沿着虚轴）的向量和是理解复数和欧拉公式几何意义的基石。
所以当我们看到
欧拉恒等式：ejπ+1=0e^{j\pi} + 1 = 0ejπ+1=0 时
不难想到，其实它就是：
ejπ=−1+0je^{j\pi} =-1+0jejπ=−1+0j
这表示的当然就是单位圆上（-1,0）的那个点了