如何证明 sin²θ+cos²θ＝1？

柯西永远爱你，大二/分析/高考/即将quit

这是一个有难度的问题，至少对于高中生来说很难理解

我们知道三角函数本质上就是指数函数，而指数函数的定义是

$\exp :\mathbb{C} \to \mathbb{C},z \mapsto \exp \left( z \right) = {e^z} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{n!}}}$

我们需要证明这是一个良定义的记号，也就是说：对任意

$z \in \mathbb{C}$

，级数

$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{n!}}}$

都是收敛的

证明：对任意给定

$z \in \mathbb{C}$

，设

$\left| z \right| = m$

，则有

$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left| {\frac{{{z^n}}}{{n!}}} \right|} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left| z \right|}^n}}}{{n!}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{m^n}}}{{n!}}}$

，显然存在正整数

$N$

，使得

$n>N$

时恒有

$\frac{{{m^n}}}{{n!}} < \frac{1}{{{2^n}}}\left( { \Leftrightarrow {{\left( {2m} \right)}^n} < n!} \right)$

（严格来说为什么指数函数的量级小于阶乘函数是需要证明的，但是这由高中数学的知识，简单放缩即可说明）

而

$\sum\limits_{n = N + 1}^\infty {\frac{1}{{{2^n}}}} < 1$

是收敛的级数，从而级数

$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{n!}}}$

绝对收敛，故收敛（绝对收敛蕴含收敛是柯西收敛准则的直接推论，如果你不熟悉，那么请自行补充一下基础知识）

这里可能有小伙伴产生了疑问：上面的

$\left| z \right|$

表示的是复数

$z$

的模长，并非绝对值呀，怎么还能说“绝对收敛”呢？其实这并没有任何问题，因为

定义：对于非空集合

$M$

，若

$\rho :M \times M \to \mathbb{R},\left( {x,y} \right) \mapsto \rho \left( {x,y} \right)$

满足条件

$\rho \left( {x,y} \right) \ge 0$

，且

$\rho \left( {x,y} \right) = 0 \Leftrightarrow x = y$

2.对任意

$x,y,z \in M$

均有

$\rho \left( {x,y} \right) \le \rho \left( {x,z} \right) + \rho \left( {y,z} \right)$

（三角不等式）

则称

$\rho \left( {x,y} \right)$

是

$x,y$

两点间的距离，

$M$

按照距离

$\rho \left( {x,y} \right)$

成为度量空间，记为

$\left( {M,\rho } \right)$

定义：给定度量空间

$(X,d)$

，若

$X$

中的点列

$\{ {x_n} \}$

满足：对任意

$\varepsilon > 0$

，存在正整数

$N$

，使得任意

$m,n>N$

都有

$d\left( {{x_m},{x_n}} \right) < \varepsilon$

，则称

$\{ {x_n} \}$

为柯西列。

定义：若度量空间

$(X,d)$

中每个柯西列都收敛，则称

$(X,d)$

为完备的度量空间。

定理（柯西收敛准则）：在完备的度量空间中，点列 $\left\{ {{x_n}} \right\}$ 收敛，当且仅当 $\left\{ {{x_n}} \right\}$ 为柯西列。

显然

$\left( {\mathbb{C},\left| \cdot \right|} \right)$

是完备的度量空间，因而成立柯西收敛准则：级数

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {{z_n}}$

收敛，当且仅当

$\forall \varepsilon > 0,\exists N,\forall n > N,p \ge 0,\left| {{z_n} + {z_{n + 1}} + \cdots + {z_{n + p}}} \right| < \varepsilon$

，这样，由绝对收敛，结合三角不等式，就能推出收敛。

然后是三角函数的定义：

$\cos z = \frac{{{e^{iz}} + {e^{ - iz}}}}{2},\sin z = \frac{{{e^{iz}} - {e^{ - iz}}}}{{2i}},\forall z \in \mathbb{C}$

我们将要证明：

${\sin ^2}z + {\cos ^2}z = 1,\forall z \in C$

在此之前还需要做一些准备工作，我们要借助指数函数的一个性质：

${e^{{z_1}}} \cdot {e^{{z_2}}} = {e^{{z_1} + {z_2}}},\forall {z_1},{z_2} \in \mathbb{C}$

（这并非天经地义成立，不需证明的事实！）

为此我们还需要一个引理：

定理：设 $\sum\limits_{n = 1}^\infty {{z_n}} ,\sum\limits_{n = 1}^\infty {{w_n}}$ 均为绝对收敛的复数级数， $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 是 $\left\{ {{z_i}{w_j}} \right\}$ 的一个重排，则不论如何重排，均有级数 $\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}}$ 收敛且成立 $\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}} = \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{z_n}} } \right) \cdot \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{w_n}} } \right)$ ，特别地，此时成立 $\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{z_n}} } \right) \cdot \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{w_n}} } \right) = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{z_k}{w_{n - k}}} }$ 。

证明：较繁琐，可以参考任何一本数学分析教材，此处省略（主要因为学过数分的人都知道这个定理应该如何证，而没学过数分的同学，我即便在这里写了你们也没有耐心去看的，因为太啰嗦了）。

回到原题，前面已经证明了

${e^z} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{n!}}}$

是绝对收敛的复数级数，因而有

$\begin{array}{l} {e^{{z_1}}} \cdot {e^{{z_2}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{z_1^n}}{{n!}}} \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{z_2^n}}{{n!}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{z_1^k}}{{k!}} \cdot \frac{{z_2^{n - k}}}{{\left( {n - k} \right)!}}} } \\ = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^kz_1^kz_2^{n - k}} } = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{n!}}{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^n} = } {e^{{z_1} + {z_2}}} \end{array}$

这其中化简时运用了二项式定理：对正整数

$n$

成立

${\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}}$

，其中

$C_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k!} \right)}}$

为组合数。

现在距离我们的目标还差最后一个细节——

${e^0}$

是多少？很简单，代入

${e^0} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{0^n}}}{{n!}}} = 1$

即可（注：在指数函数的定义中，便约定了

${0^0} = 1$

）

好了，准备工作已经全部到位，现在来证明题主想要的恒等式吧

$\begin{array}{l} {\sin ^2}z + {\cos ^2}z = \frac{1}{4}\left( {{{\left( {{e^{iz}} + {e^{ - iz}}} \right)}^2} - {{\left( {{e^{iz}} - {e^{ - iz}}} \right)}^2}} \right) = \frac{{{e^{iz}}{e^{iz}} + {e^{ - iz}}{e^{ - iz}} + {e^{iz}}{e^{ - iz}} + {e^{ - iz}}{e^{iz}}}}{4}\\ - \frac{{{e^{iz}}{e^{iz}} + {e^{ - iz}}{e^{ - iz}} - {e^{iz}}{e^{ - iz}} - {e^{ - iz}}{e^{iz}}}}{4} = \frac{{{e^{iz}}{e^{ - iz}} + {e^{ - iz}}{e^{iz}}}}{2} = \frac{{{e^{iz - iz}} + {e^{ - iz + iz}}}}{2} = {e^0} = 1 \end{array}$

可见

${\sin ^2}z + {\cos ^2}z = 1$

这个大家无时无刻都在使用的恒等式一点也不平凡！并且其证明过程也是较为复杂的。因而，作为中学生，想要真正理解其证明过程，还是太困难了。

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