大家好。我将作一个小小的才艺展示——定义三角函数。
先说清楚。本文的内容不影响各位如何应用三角函数；本文只从技术的角度定义二个最基本的三角函数，并讨论其简单的性质。
大家从小学就学过圆周率 2\pi/2 。对，这是圆的周长与其直径的比。不过，您在小学是否想过，圆的周长与其直径的比会不会发生变化？
大家还学了扇形的面积。具体地说，若一个扇形的圆心角为 n^{\circ} ，半径为 r ，则其面积为
\frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi n}{360} \cdot r^2
这个公式又是怎么来的呢？小学或初中的算学教科书似乎并没有严格地证明此事。
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大家从小学就学过圆周率 $2\pi/2$ 。对，这是圆的周长与其直径的比。不过，您在小学是否想过，圆的周长与其直径的比会不会发生变化？
大家还学了扇形的面积。具体地说，若一个扇形的圆心角为 $n^{\circ}$ ，半径为 $r$ ，则其面积为
$$
\frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi n}{360} \cdot r^2
$$
这个公式又是怎么来的呢？小学或初中的算学教科书似乎并没有严格地证明此事。
注：大家不要过于在意我为什么写 2\pi/2 而不是 \pi 。如果一定要问原因，我只能说：我认为 2\pi 比 \pi 更为自然。
您可能学过一点儿微积分。您可能也知道，积分可用于计算图形的面积。所以，您可能就想用积分计算扇形的面积。具体地，设扇形的圆心角为 \theta （这里采用“弧度制”，且假定 0 < \theta < 2\pi/4 ），且其半径为 r ，那么这个扇形的面积为
\frac{1}{2} \cdot r \cos \theta \cdot r \sin \theta + \underbrace{\int_{r \cos \theta}^{r} {\sqrt{r^2 - x^2} \,\mathrm{d}x}}_{I}
我们该如何计算积分 I 呢？一般来说，我们需要“三角换元”。具体地，作变量替换 x = r \sin \varphi ，其中 2\pi/4 - \theta \leq \varphi \leq 2\pi/4 。所以
I = \int_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} {\sqrt{r^2 - r^2 \sin^2 \varphi} \cdot r \cos \varphi \,\mathrm{d}\varphi} = r^2 \int_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} {\cos^2 \varphi \,\mathrm{d}\varphi}
因为
\cos^2 \varphi = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cos 2\varphi
故
I = r^2 \cdot \bigg[ \frac{1}{2}\varphi + \frac{1}{4} \sin 2\varphi \bigg]_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} = \frac{1}{2} \theta r^2 - \frac{1}{2} r^2 \cos \theta \sin \theta
所以扇形的面积为 \frac{1}{2} \theta r^2 。
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您可能学过一点儿微积分。您可能也知道，积分可用于计算图形的面积。所以，您可能就想用积分计算扇形的面积。具体地，设扇形的圆心角为 $\theta$ （这里采用“弧度制”，且假定 $0 < \theta < 2\pi/4$ ），且其半径为 $r$ ，那么这个扇形的面积为
$$
\frac{1}{2} \cdot r \cos \theta \cdot r \sin \theta + \underbrace{\int_{r \cos \theta}^{r} {\sqrt{r^2 - x^2} \,\mathrm{d}x}}_{I}
$$
我们该如何计算积分 $I$ 呢？一般来说，我们需要“三角换元”。具体地，作变量替换 $x = r \sin \varphi$ ，其中 $2\pi/4 - \theta \leq \varphi \leq 2\pi/4$ 。所以
$$
I = \int_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} {\sqrt{r^2 - r^2 \sin^2 \varphi} \cdot r \cos \varphi \,\mathrm{d}\varphi} = r^2 \int_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} {\cos^2 \varphi \,\mathrm{d}\varphi}
$$
因为
$$
\cos^2 \varphi = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cos 2\varphi
$$
故
$$
I = r^2 \cdot \bigg[ \frac{1}{2}\varphi + \frac{1}{4} \sin 2\varphi \bigg]_{2\pi/4 - \theta}^{2\pi/4} = \frac{1}{2} \theta r^2 - \frac{1}{2} r^2 \cos \theta \sin \theta
$$
所以扇形的面积为 $\frac{1}{2} \theta r^2$ 。
注意到，我们使用了三角函数的导数公式。具体地说，我们用到了 \sin 的导数是 \cos 这件事。
为什么 \sin 的导数是 \cos ？依导数的定义， \sin 于点 x 的导数为
d = \lim_{h \to 0} \frac{\sin {(x+h)} - \sin x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{{\sin x} (\cos h - 1) + \cos x \sin h}{h}
我们学习过重要极限之一
\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1
从而
\lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(\cos h - 1)(\cos h + 1)}{h(\cos h + 1)} = -\frac{1}{2}\lim_{h \to 0} \sin h \cdot \frac{\sin h}{h} = 0
故
d = \sin x \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} + \cos x \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = \cos x
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注意到，我们使用了三角函数的导数公式。具体地说，我们用到了 $\sin$ 的导数是 $\cos$ 这件事。
为什么 $\sin$ 的导数是 $\cos$ ？依导数的定义， $\sin$ 于点 $x$ 的导数为
$$
d = \lim_{h \to 0} \frac{\sin {(x+h)} - \sin x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{{\sin x} (\cos h - 1) + \cos x \sin h}{h}
$$
我们学习过重要极限之一
$$
\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1
$$
从而
$$
\lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(\cos h - 1)(\cos h + 1)}{h(\cos h + 1)} = -\frac{1}{2}\lim_{h \to 0} \sin h \cdot \frac{\sin h}{h} = 0
$$
故
$$
d = \sin x \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} + \cos x \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = \cos x
$$
为什么 \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} 是 1 呢？
如果您还记得微积分里的推导，就会想起如下的推理：
设 0 < \theta < 2\pi/4 。那么，由几何关系，知
\frac12 \cdot 1 \cdot \sin \theta < \frac12 \cdot \theta \cdot 1^2 < \frac12 \cdot 1 \cdot \tan \theta也就是说
0 < 1 - \frac{\sin \theta}{\theta} < 1 - \cos \theta因为
1 - \cos \theta = 2 \sin^2 {\frac{\theta}{2}} < 2 \bigg( \frac{\theta}{2} \bigg)^2故
0 < 1 - \frac{\sin \theta}{\theta} < \frac{\theta^2}{2}所以，若 0 < |h| < 2\pi/4 ，则
0 < 1 - \frac{\sin |h|}{|h|} < \frac{|h|^2}{2}故
0 < 1 - \frac{\sin h}{h} < \frac{h^2}{2}
问题来了。“由几何关系”是什么意思？如果您还有印象，您可能会说，这不就是小三角形的面积小于一个扇形的面积，而此扇形的面积又小于大三角形的面积嘛！扇形的面积……啊，好家伙，循环论证了呢……
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为什么 $\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}$ 是 $1$ 呢？
如果您还记得微积分里的推导，就会想起如下的推理：
> 设 $0 < \theta < 2\pi/4$ 。那么，**由几何关系**，知
> $$
\frac12 \cdot 1 \cdot \sin \theta < \frac12 \cdot \theta \cdot 1^2 < \frac12 \cdot 1 \cdot \tan \theta
> $$
> 也就是说
> $$
0 < 1 - \frac{\sin \theta}{\theta} < 1 - \cos \theta
> $$
> 因为
> $$
1 - \cos \theta = 2 \sin^2 {\frac{\theta}{2}} < 2 \bigg( \frac{\theta}{2} \bigg)^2
> $$
> 故
> $$
0 < 1 - \frac{\sin \theta}{\theta} < \frac{\theta^2}{2}
> $$
> 所以，若 $0 < |h| < 2\pi/4$ ，则
> $$
0 < 1 - \frac{\sin |h|}{|h|} < \frac{|h|^2}{2}
> $$
> 故
> $$
0 < 1 - \frac{\sin h}{h} < \frac{h^2}{2}
> $$
问题来了。“由几何关系”是什么意思？如果您还有印象，您可能会说，这不就是小三角形的面积小于一个**扇形的面积**，而此扇形的面积又小于大三角形的面积嘛！扇形的面积……啊，好家伙，循环论证了呢……
小半日了，没什么讨论呢。既然这样，那我也不着急更新了。
好了。最近不忙了。继续吧。
我们已经揭示了以前可能从未察觉过的问题。我们承认扇形的面积，然后用它推导三角函数的导数公式——其实这没问题。不过，扇形的面积又该怎么算？这注定不能再用微积分了——至少，不能再使用前面提到的 \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1 了。
其实呢，我们也可以换个想法。为什么不能避开几何概念来定义三角函数呢？
这个想法确实好。不过，它需要大家懂一些微积分。具体地说，它需要大家懂导数和幂级数。
不过，这些知识都跟三角函数没什么关系。当然，也跟几何没什么关系。
我们复习一下吧。
事先说明：我们需要复变函数，但我们不需要研究复变函数的可微性与导数。
设 A \subset \mathbb{R} 。设 f: A \to \mathbb{C} 。设 a \in A 。若存在 d \in \mathbb{C} ，使对任意 \varepsilon > 0 ，存在 \delta > 0 ，当 0 < |h| < \delta 且 a + h \in A 时，必有
\frac{|f(a+h) - f(a) - dh|}{|h|} < \varepsilon,
则说 f 于点 a 可微，且记 \mathrm{D}f(a) = d ，称 d 为 f 于点 a 的导数。若任取 x \in A ， f 于点 x 可微，则说 f 可微。相应地，称函数
\begin{aligned}
\text{$\mathrm{D}f$:} \quad
A & \to \mathbb{C}, \\
x & \mapsto \mathrm{D}f(x)
\end{aligned}
为 f 的导数。
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设 $A \subset \mathbb{R}$ 。设 $f$: $A \to \mathbb{C}$ 。设 $a \in A$ 。若存在 $d \in \mathbb{C}$ ，使对任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，当 $0 < |h| < \delta$ 且 $a + h \in A$ 时，必有
$$
\frac{|f(a+h) - f(a) - dh|}{|h|} < \varepsilon,
$$
则说 $f$ 于点 $a$ 可微，且记 $\mathrm{D}f(a) = d$ ，称 $d$ 为 $f$ 于点 $a$ 的导数。若任取 $x \in A$ ， $f$ 于点 $x$ 可微，则说 $f$ 可微。相应地，称函数
$$
\begin{aligned}
\text{$\mathrm{D}f$:} \quad
A & \to \mathbb{C}, \\
x & \mapsto \mathrm{D}f(x)
\end{aligned}
$$
为 $f$ 的导数。
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可以验证，实变复值函数的和、差、积、商的求导法则跟算学分析（或高等算学）里的求导法则完全一致。具体地说，设 f, g 都是 A 到 \mathbb{C} 的函数。设 k, \ell 是复数。设 f, g 都于点 a 可微。设 h_0 = kf + \ell g, h_1 = fg 。则 h_0, h_1 都于点 a 可微，且
\begin{aligned}
\mathrm{D} h_0 (a) & = k \mathrm{D} f (a) + \ell \mathrm{D} g (a), \\
\mathrm{D} h_1 (a) & = \mathrm{D} f(a) \cdot g(a) + f(a) \cdot \mathrm{D} g(a)
\end{aligned}
若 f(a) \neq 0 ，且 h_2 = g/f ，则 h_2 于点 a 可微，且
\mathrm{D} h_2 (a) = \frac{\mathrm{D} g(a) \cdot f(a) - g(a) \cdot \mathrm{D} f(a)}{(f(a))^2}
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可以验证，实变复值函数的和、差、积、商的求导法则跟算学分析（或高等算学）里的求导法则完全一致。具体地说，设 $f$, $g$ 都是 $A$ 到 $\mathbb{C}$ 的函数。设 $k$, $\ell$ 是复数。设 $f$, $g$ 都于点 $a$ 可微。设 $h_0 = kf + \ell g$, $h_1 = fg$ 。则 $h_0$, $h_1$ 都于点 $a$ 可微，且
$$
\begin{aligned}
\mathrm{D} h_0 (a) & = k \mathrm{D} f (a) + \ell \mathrm{D} g (a), \\
\mathrm{D} h_1 (a) & = \mathrm{D} f(a) \cdot g(a) + f(a) \cdot \mathrm{D} g(a)
\end{aligned}
$$
若 $f(a) \neq 0$ ，且 $h_2 = g/f$ ，则 $h_2$ 于点 $a$ 可微，且
$$
\mathrm{D} h_2 (a) = \frac{\mathrm{D} g(a) \cdot f(a) - g(a) \cdot \mathrm{D} f(a)}{(f(a))^2}
$$
感谢分享，太久没看数学了，一边看一边自己跟着推公式，顺便复习
（补充一些小步骤和草图，我是数学学渣，可能有错误）
使用和角公式
\sin \left( \alpha +\beta \right) =\sin \alpha \cdot \cos \beta +\cos \alpha \cdot \sin \beta
可推
\frac{\sin\mathrm{(}x+h)-\sin x}{h}=\frac{\sin x\cdot \cosh +\cos x\cdot \sinh -\sin x}{h}
=\frac{\sin x\cdot \left( \cosh -1 \right) +\cos x\cdot \sinh}{h}
所以
d = \lim_{h \to 0} \frac{\sin {(x+h)} - \sin x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{{\sin x} (\cos h - 1) + \cos x \sin h}{h}
\lim_{h\rightarrow 0} \frac{\cos h-1}{h}=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{(\cos h-1)(\cos h+1)}{h(\cos h+1)}
\frac{(\cos h-1)(\cos h+1)}{h(\cos h+1)}=\frac{\cos ^2h-1}{h(\cos h+1)}=\frac{-\sin ^2h}{h\left( \cos h+1 \right)}
\lim_{h\rightarrow 0} \frac{-\sin ^2h}{h\left( \cos h+1 \right)}=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{-\sin ^2h}{h\left( 1+1 \right)}=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{-\sin ^2h}{2h}=0
不等式这里我没搞懂
0<1-\frac{\sin \theta}{\theta}<1-\cos \theta
我记得平时证明这个重要极限是
\frac{1}{2}\sin \theta <\frac{1}{2}\theta <\frac{1}{2}\tan \theta
1<\frac{\theta}{\sin \theta}<\frac{1}{\cos \theta}
\cos \theta <\frac{\sin \theta}{\theta}<1
再夹逼定理，
楼主用这个不等式有什么内涵吗？
这里有意思，记得当初学高数经常被证明绕晕，我当时还纠结过数学证明有没有先后之分
这里跟不上了 
，需要补一下相关知识
感谢您的讨论与补充！
我当初为什么不画图呢？零、我懒。一、我没有老鼠或笔，所以只能用键盘。二、我觉得愿意读这些文本的读者的脑海里会自然而然地想出图是什么——您不就画出来了嘛！
我看看您的疑惑。
事实上，在很多高等算学书里，为了展现夹逼定理的用处，会特意用 \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} 来演示。不过，严格地说，您还得论证
\lim_{h \to 0} \cos h = 1 \quad \text{and} \quad \lim_{h \to 0} 1 = 1
后者显然；前者也不难：
|\cos h - 1| = 1 - \cos h = 2\sin^2 {\frac{h}{2}} = 2\sin^2 {\frac{|h|}{2}} \leq 2 \bigg( \frac{h}{2} \bigg)^2 = \frac{h^2}{2}
然后继续对 h^2/2 讨论即可。其实我只不过是继续变形不等式罢了：
\begin{aligned}
& \cos \theta < \frac{\sin \theta}{\theta} < 1 \\
\iff {} & \cos \theta - 1 < \frac{\sin \theta}{\theta} - 1 < 0 \\
\iff {} & 0 < 1 - \frac{\sin \theta}{\theta} < 1 - \cos \theta \\
\end{aligned}
也就是说，我直接套用极限的定义而已。没有什么特别的内涵。
至于您说需要补补导数、幂级数与复变函数的知识——其实您不必找复变函数论的教程。我接下来就是补充一些“够用的知识”，例如实变复值函数的导数与实变复值幂级数。
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幂级数是一个有用的工具。这里，我们简要地介绍一些事实（命题的论证可见于任意一本算学分析教程）。
设 \{ a_n \} 是复数列。设 w 为复数。称形式表达式
a_0 + a_1 (z - w) + a_2 (z - w)^2 + \dots = \sum_{n \geqslant 0} {a_n (z - w)^n}
为幂级数。一般地，若无歧义，我们用 \sum {a_n (z-w)^n} 表示上述幂级数。
设 \{ a_n \} 为复数列。固定复数 w 。设 z \in \mathbb{C} 。作数列
s_n = a_0 + a_1 (z - w) + \dots + a_{n-1} (z - w)^{n-1}
若 s_n 的极限为 s （有限数），则说幂级数 \sum {a_n (z-w)^n} 于点 z 收敛，并写 \sum {a_n (z-w)^n} = s ；否则，说幂级数 \sum {a_n (z-w)^n} 于点 z 发散。
下面是幂级数的一些重要结论。
设幂级数 \sum {a_n (z-w)^n}, \sum {b_n (z-w)^n} 收敛。设 k, \ell 是复数，且 c_n = ka_n + \ell b_n 。则 \sum {c_n (z-w)^n} 也收敛，且
\sum_{n \geqslant 0} {c_n (z-w)^n} = k\sum_{n \geqslant 0} {a_n (z-w)^n} + \ell \sum_{n \geqslant 0} {b_n (z-w)^n}
设幂级数 \sum {a_n (z-w)^n} 于 D = \{ z \mid |z - w| < r \} 的每一点都收敛。则幂级数 \sum {na_n (z-w)^{n-1}} 也于 D 的每一点都收敛。
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幂级数是一个有用的工具。这里，我们简要地介绍一些事实（命题的论证可见于任意一本算学分析教程）。
设 $\{ a_n \}$ 是复数列。设 $w$ 为复数。称形式表达式
$$
a_0 + a_1 (z - w) + a_2 (z - w)^2 + \dots = \sum_{n \geqslant 0} {a_n (z - w)^n}
$$
为幂级数。一般地，若无歧义，我们用 $\sum {a_n (z-w)^n}$ 表示上述幂级数。
设 $\{ a_n \}$ 为复数列。固定复数 $w$ 。设 $z \in \mathbb{C}$ 。作数列
$$
s_n = a_0 + a_1 (z - w) + \dots + a_{n-1} (z - w)^{n-1}
$$
若 $s_n$ 的极限为 $s$ （有限数），则说幂级数 $\sum {a_n (z-w)^n}$ 于点 $z$ 收敛，并写 $\sum {a_n (z-w)^n} = s$ ；否则，说幂级数 $\sum {a_n (z-w)^n}$ 于点 $z$ 发散。
下面是幂级数的一些重要结论。
> 设幂级数 $\sum {a_n (z-w)^n}$, $\sum {b_n (z-w)^n}$ 收敛。设 $k$, $\ell$ 是复数，且 $c_n = ka_n + \ell b_n$ 。则 $\sum {c_n (z-w)^n}$ 也收敛，且
> $$
\sum_{n \geqslant 0} {c_n (z-w)^n} = k\sum_{n \geqslant 0} {a_n (z-w)^n} + \ell \sum_{n \geqslant 0} {b_n (z-w)^n}
> $$
> 设幂级数 $\sum {a_n (z-w)^n}$ 于 $D = \{ z \mid |z - w| < r \}$ 的每一点都收敛。则幂级数 $\sum {na_n (z-w)^{n-1}}$ 也于 $D$ 的每一点都收敛。
现在考虑幂级数的微分学。不过，我们限定变元 z 为实变元 x ；相应地，固定的复数 w 也变为固定的实数 a 。您不必担心因为没学复变函数而不理解这些结论；我们虽介绍复变函数，但只考虑实变函数的微分学。
设幂级数 \sum {a_n (x-a)^n} 于 D = \{ x \mid |x - a| < R \} 的每一点都收敛。作函数
\begin{aligned} \text{$f$:} \quad D & \to \mathbb{C}, \\ x & \mapsto \sum_{n \geqslant 0} {a_n (x-a)^n}; \\ \text{$g$:} \quad D & \to \mathbb{C}, \\ x & \mapsto \sum_{n \geqslant 1} {n a_n (x-a)^{n-1}} \end{aligned}则 f 可微，且 \mathrm{D}f = g 。
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现在考虑幂级数的微分学。不过，我们限定变元 $z$ 为实变元 $x$ ；相应地，固定的复数 $w$ 也变为固定的实数 $a$ 。您不必担心因为没学复变函数而不理解这些结论；我们虽介绍复变函数，但只考虑实变函数的微分学。
> 设幂级数 $\sum {a_n (x-a)^n}$ 于 $D = \{ x \mid |x - a| < R \}$ 的每一点都收敛。作函数
> $$
\begin{aligned}
\text{$f$:} \quad
D & \to \mathbb{C}, \\
x & \mapsto \sum_{n \geqslant 0} {a_n (x-a)^n}; \\
\text{$g$:} \quad
D & \to \mathbb{C}, \\
x & \mapsto \sum_{n \geqslant 1} {n a_n (x-a)^{n-1}}
\end{aligned}
> $$
> 则 $f$ 可微，且 $\mathrm{D}f = g$ 。
必要的补充知识就写到这里。大家不要看到“复”就怕；这里，真正涉及微积分的时候，变量都是实的。
大家可能听说过 Euler 公式：对任意实数 t ，
\exp {\mathrm{i} t} = \cos t + \mathrm{i} \sin t
这里 \exp {\mathrm{i} t} 指 \mathrm{e}^{\mathrm{i} t} 。令 t = 2\pi/2 ，就可以得到
\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{2\pi}{2}} = -1 + \mathrm{i}0
若写 2\pi/2 为 \pi ，则
\mathrm{e}^{\mathrm{i} \pi} + 1 = 0
这就是很多算学家眼里的一个“美丽公式”。
不过，在我眼里，我认为 \mathrm{e}^{2\pi \mathrm{i}} = 1 就已经是最美的了——毕竟我坚信 2\pi 比 \pi 更有算学上的意义。
我们接下来要怎么定义三角函数呢？我们会先从“指数函数”开始，再定义三角函数。
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大家可能听说过 Euler 公式：对任意实数 $t$ ，
$$
\exp {\mathrm{i} t} = \cos t + \mathrm{i} \sin t
$$
这里 $\exp {\mathrm{i} t}$ 指 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} t}$ 。令 $t = 2\pi/2$ ，就可以得到
$$
\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{2\pi}{2}} = -1 + \mathrm{i}0
$$
若写 $2\pi/2$ 为 $\pi$ ，则
$$
\mathrm{e}^{\mathrm{i} \pi} + 1 = 0
$$
这就是很多算学家眼里的一个“美丽公式”。
不过，在我眼里，我认为 $\mathrm{e}^{2\pi \mathrm{i}} = 1$ 就已经是最美的了——毕竟我坚信 $2\pi$ 比 $\pi$ 更有算学上的意义。
我们接下来要怎么定义三角函数呢？我们会先从“指数函数”开始，再定义三角函数。
在接下来的讨论里，请各位视 2\pi 为一个文字，而不是 2 与 \pi 的组合——这就像大家看到 \cos ，也不会强拆其为 \mathrm{c}, \mathrm{o}, \mathrm{s} 三个文字那样。
比方说，我一般叫 2\pi 为“兔派”——不也有一些字母的读音不是单音节吗，比方说， \alpha, \beta, \gamma ？
设 z 为复数。设 a_n = 1/n! 。考虑幂级数 \sum a_n z^n 。若 z = 0 ，此幂级数显然收敛，且其值为 1/0! = 1 。若 z \neq 0 ，则因
\frac{|a_{n+1} z^{n+1}|}{|a_n z^n|} = \frac{|z|}{n+1} \to 0 \quad (n \to 0)
故此幂级数仍收敛。由此，我们定义“复指数函数”为
\begin{aligned}
\text{$\exp$:} \quad
\mathbb{C} & \to \mathbb{C}, \\
z & \mapsto \sum_{n \geqslant 0} {\frac{z^n}{n!}} = \exp z.
\end{aligned}
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设 $z$ 为复数。设 $a_n = 1/n!$ 。考虑幂级数 $\sum a_n z^n$ 。若 $z = 0$ ，此幂级数显然收敛，且其值为 $1/0! = 1$ 。若 $z \neq 0$ ，则因
$$
\frac{|a_{n+1} z^{n+1}|}{|a_n z^n|} = \frac{|z|}{n+1} \to 0 \quad (n \to 0)
$$
故此幂级数仍收敛。由此，我们定义“复指数函数”为
$$
\begin{aligned}
\text{$\exp$:} \quad
\mathbb{C} & \to \mathbb{C}, \\
z & \mapsto \sum_{n \geqslant 0} {\frac{z^n}{n!}} = \exp z.
\end{aligned}
$$