オイラーの公式とオイラーの等式｜証明と計算例

次の等式をオイラーの公式という。

$$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$

左辺は指数関数、右辺は三角関数である。生い立ちの違う 2 つの関数が、虚数を経由すると同じものになる。

$\theta =\pi$ を代入すると $\cos \pi =-1$、$\sin \pi =0$ だから、次の等式が出る。これをオイラーの等式という。

$$e^{i\pi }+1=0$$

ただし、これを証明するには $e^{i\theta }$ が何を指すのかを先に決めなければならない。指数の $i\theta$ は「$e$ を $i\theta$ 回かける」と読めないからである。

指数関数を複素数へ広げる

実数の指数関数は、次のべき級数に等しい。

$$e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$$

右辺は $x$ に複素数を入れても意味を持つ。$z^n$ も $n!$ も複素数の範囲で定義できる。

そこで複素数の指数関数を、この級数そのものとして定める。

$$\exp (z)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}(z\in \mathbb{C})$$

これは定理ではなく定義である。$z$ が実数なら従来の $e^x$ と一致するので、拡張としての辻褄は合っている。以下では $\exp (z)$ を $e^z$ とも書く。

級数はどの複素数でも絶対収束する

定義した以上、まず級数が収束することを確かめる必要がある。

定理。任意の $z\in \mathbb{C}$ に対して ${\sum }_{n\ge 0}\frac{z^n}{n!}$ は絶対収束する。

証明。$a_n=\frac{|z{|}^n}{n!}$ と置く。整数 $N$ を $N\ge 2|z|$ に取ると、$n\ge N$ のとき次が成り立つ。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{|z|}{n+1}\le \frac{|z|}{N+1}<\frac{1}{2}$$

したがって $a_{N+k}\le a_N\cdot 2^{-k}$ であり、${\sum }_{k\ge 0}{a}_{N+k}\le 2a_N$ となる。$N$ より前は有限個なので、$\sum a_n$ 全体が収束する。

収束半径は無限大である。実軸に限らず、複素平面のどこでも級数が使える。

実部と虚部に分けてよい理由

オイラーの公式の証明では、級数を実数部分と虚数部分に切り分ける。この操作には根拠がいる。

定理。複素数列 $c_n$ について $\sum c_n$ が $S$ に収束するなら、$\sum \mathrm{Re}{c}_n$ と $\sum \mathrm{Im}{c}_n$ もそれぞれ収束し、和は $\mathrm{Re}S$ と $\mathrm{Im}S$ に等しい。

証明。部分和を $S_N={\sum }_{n\le N}{c}_n$ と置く。実部を取る操作は有限和と交換するので、$\mathrm{Re}{S}_N={\sum }_{n\le N}\mathrm{Re}{c}_n$ である。

$$|\mathrm{Re}{S}_N-\mathrm{Re}S|\le |S_N-S|\to 0$$

よって $\mathrm{Re}{S}_N$ は $\mathrm{Re}S$ に収束する。虚部も同じである。

必要なのは収束だけで、絶対収束は要らない。並べ替えの定理を持ち出す説明をよく見かけるが、実部と虚部に分けるだけならそこまでの道具はいらない。

絶対収束が本当に効くのは、次の指数法則のほうである。

指数法則の証明

定理。任意の複素数 $z,w$ に対して $\exp (z+w)=\exp (z)\exp (w)$ が成り立つ。

証明。2 つの級数はどちらも絶対収束するので、コーシー積が収束して積に等しい。

$$\exp (z)\exp (w)=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^n\frac{z^k}{k!}\cdot \frac{w^{n-k}}{(n-k)!}$$

内側の和を $\frac{1}{n!}$ でくくると、二項係数が現れる。

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^n\frac{z^k{w}^{n-k}}{k!(n-k)!}& =\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)z^k{w}^{n-k}\\ & =\frac{(z+w{)}^n}{n!}\end{array}$$

したがって $\exp (z)\exp (w)={\sum }_n\frac{(z+w{)}^n}{n!}=\exp (z+w)$ である。

実数のときと同じ指数法則が、複素数でもそのまま通る。この一本が、あとで加法定理とド・モアブルの定理を生む。

オイラーの公式の証明

定理。実数 $\theta$ に対して $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ が成り立つ。

証明。$i$ の累乗は 4 つごとに循環する。

$$i^0=1,i^1=i,i^2=-1,i^3=-i,i^4=1$$

一般に $i^{2m}=(-1{)}^m$、$i^{2m+1}=(-1{)}^{m}i$ である。定義の級数に $z=i\theta$ を代入する。

$$e^{i\theta }=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{i^n{\theta }^n}{n!}$$

各項は、$n$ が偶数なら実数、奇数なら純虚数である。つまり実部は偶数番号の項だけ、虚部は奇数番号の項だけが残る。

前節の定理から、実部と虚部を別々に足してよい。

$$\begin{array}{rl}{e}^{i\theta }& =\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m{\theta }^{2m}}{(2m)!}+i\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m{\theta }^{2m+1}}{(2m+1)!}\\ & =\cos \theta +i\sin \theta \end{array}$$

最後の等号は、$\cos$ と $\sin$ のマクローリン展開である。

微分方程式による証明

同じ主張が、級数を展開せずにも示せる。$\theta$ を実数の変数とし、次の複素数値関数を考える。

$$f(\theta )=e^{-i\theta }(\cos \theta +i\sin \theta )$$

べき級数は収束円の内部で項別微分できるので、複素定数 $c$ について $\frac{d}{d\theta }{e}^{c\theta }=c{e}^{c\theta }$ が成り立つ。これを使って積の微分を計算する。

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\theta )& =-i{e}^{-i\theta }(\cos \theta +i\sin \theta )+e^{-i\theta }(-\sin \theta +i\cos \theta )\\ & =e^{-i\theta }(-i\cos \theta +\sin \theta -\sin \theta +i\cos \theta )\\ & =0\end{array}$$

複素数値関数の導関数が区間で 0 なら、実部と虚部それぞれに平均値の定理を使って、その関数は定数だと分かる。$f(0)=1$ なので $f$ は恒等的に 1 である。

$e^{-i\theta }{e}^{i\theta }=e^0=1$ より $e^{-i\theta }$ は 0 にならない。両辺に $e^{i\theta }$ を掛ければ公式を得る。

2 つの証明が前提にしていること

どちらの証明も、$\cos$ と $\sin$ が何であるかに依存している。ここを曖昧にしたまま「代入したら出た」と書くと、証明の形をした循環になる。

証明が短く見えるときは、たいてい前提のほうに仕事が移っている。

単位円の上を回る点

定理。実数 $\theta$ に対して $|e^{i\theta }|=1$ である。

証明。級数の各項の共役を取ると $\overline{e^{i\theta }}=e^{-i\theta }$ になる。したがって次が成り立つ。

$$|e^{i\theta }{|}^2=e^{i\theta }\cdot \overline{e^{i\theta }}=e^{i\theta }{e}^{-i\theta }=e^0=1$$

これを成分で書けば ${\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$ である。三角関数の基本の等式が、指数法則の系として出てくる。

$\theta$ が動くと $e^{i\theta }$ は単位円の上を反時計回りに進む。$\frac{d}{d\theta }{e}^{i\theta }=i{e}^{i\theta }$ の絶対値が 1 なので、進む速さは一定である。

<svg viewBox="0 0 460 240" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<line x1="110" y1="125" x2="360" y2="125" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
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	<line x1="276" y1="59" x2="276" y2="125" stroke="#1b81e0" stroke-width="1" stroke-dasharray="4 3"></line>
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	<circle cx="276" cy="59" r="3" fill="#1f1f1f"></circle>
	<text x="55" y="24" font-size="11" fill="#1f1f1f">角 θ の点が、そのまま cos θ と sin θ を座標に持つ</text>
	<text x="240" y="119" font-size="11" fill="#9a9a9a">θ</text>
	<text x="258" y="82" font-size="11" fill="#1f1f1f">1</text>
	<text x="238" y="142" font-size="11" fill="#d0562a">cos θ</text>
	<text x="283" y="96" font-size="11" fill="#1b81e0">sin θ</text>
	<text x="336" y="142" font-size="11" fill="#9a9a9a">実軸</text>
	<text x="238" y="40" font-size="11" fill="#9a9a9a">虚軸</text>
	<text x="55" y="230" font-size="11" fill="#9a9a9a">絶対値は 1 のまま、θ が増えると反時計回りに進む</text>
</svg>

オイラーの等式

$\theta =\pi$ の場合が $e^{i\pi }=-1$ である。単位円を半周した点が $-1$ だという、図で見れば当たり前の事実にあたる。

移項した $e^{i\pi }+1=0$ の形が有名で、$e$、$i$、$\pi$、$1$、$0$ の 5 つが 1 本に収まると言われる。ただし式の内容そのものは、半周すると反対側に着く、という一文である。

$\theta =2\pi$ なら $e^{2\pi i}=1$ になる。一周して元に戻るこの関係が、次の周期性を生む。

指数関数の周期性

定理。実数 $\theta$ について $e^{i\theta }=1$ となるのは、$\theta$ が $2\pi$ の整数倍のときに限る。

証明。$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ が 1 に等しいことは、$\cos \theta =1$ かつ $\sin \theta =0$ と同値である。$\cos$ が 1 を取るのは $2\pi$ の整数倍のときだけで、そのとき $\sin$ は 0 になる。

ここから、任意の複素数 $z$ について $\exp (z+2\pi i)=\exp (z)\exp (2\pi i)=\exp (z)$ が従う。

実数では単調に増える指数関数が、虚軸方向には周期 $2\pi i$ を持つ。この周期性のせいで、複素数の範囲では $e^w=z$ を満たす $w$ が一つに決まらない。対数が一価でなくなる、という言い方をする。

三角関数を指数関数で表す

$\theta$ を $-\theta$ に置き換える。$\cos$ は偶関数、$\sin$ は奇関数だから次が成り立つ。

$$e^{-i\theta }=\cos \theta -i\sin \theta$$

もとの式と足し引きすると、三角関数のほうを指数関数で書いた形になる。

$$\cos \theta =\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2},\sin \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}$$

公式の裏返しにすぎないが、道具としてはこちらのほうがよく使う。三角関数の計算を、指数の計算に移し替えられるからである。以下の計算例の多くは、この 2 本で片づく。

加法定理を指数法則から出す

指数法則 $e^{i(\alpha +\beta )}=e^{i\alpha }{e}^{i\beta }$ の両辺を、成分で書き下す。

右辺を展開すると次のようになる。

$$\begin{array}{rl}(\cos \alpha +i\sin \alpha )(\cos \beta +i\sin \beta )& =(\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta )\\ & +i(\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta )\end{array}$$

左辺は $\cos (\alpha +\beta )+i\sin (\alpha +\beta )$ である。実部どうし、虚部どうしを比べれば加法定理が出る。

$$\begin{array}{rl}\cos (\alpha +\beta )& =\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta \\ \sin (\alpha +\beta )& =\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta \end{array}$$

$\cos$ の側だけ符号が反転する理由も、$i^2=-1$ が作っていると分かる。符号を丸暗記する必要はなくなる。

幾何で見れば、単位円上の点を掛けることは角を足すことである。MIT の講義ノートは、極形式の掛け算を「絶対値をかけ、角を足す」という規則としてまとめている。

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	<line x1="230" y1="140" x2="299" y2="100" stroke="#9a9a9a" stroke-width="1.5"></line>
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	<line x1="230" y1="140" x2="251" y2="63" stroke="#d0562a" stroke-width="1.5"></line>
	<circle cx="299" cy="100" r="3" fill="#9a9a9a"></circle>
	<circle cx="287" cy="83" r="3" fill="#1b81e0"></circle>
	<circle cx="251" cy="63" r="3" fill="#d0562a"></circle>
	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">絶対値 1 の点どうしの積は、角を足した点になる</text>
	<text x="306" y="98" font-size="11" fill="#9a9a9a">角 α</text>
	<text x="292" y="72" font-size="11" fill="#1b81e0">角 β</text>
	<text x="196" y="56" font-size="11" fill="#d0562a">角 α + β</text>
	<text x="336" y="157" font-size="11" fill="#9a9a9a">実軸</text>
	<text x="55" y="230" font-size="11" fill="#9a9a9a">加法定理は、この図を成分で書いたものにすぎない</text>
</svg>

ド・モアブルの定理

定理。整数 $n$ と実数 $\theta$ に対して $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n=\cos n\theta +i\sin n\theta$ が成り立つ。

証明。まず $n$ が正の整数の場合を帰納法で示す。$n=1$ は明らかである。$n=k$ で成り立つとすると、加法定理から次のようになる。

$$\begin{array}{rl}(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{k+1}& =(\cos k\theta +i\sin k\theta )(\cos \theta +i\sin \theta )\\ & =\cos (k+1)\theta +i\sin (k+1)\theta \end{array}$$

$n=0$ は両辺とも 1 である。負の場合は $n=-m$（$m>0$）と置く。絶対値が 1 なので逆数は共役に等しく、$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{-1}=\cos (-\theta )+i\sin (-\theta )$ となる。あとは正の場合を角 $-\theta$ に適用すればよい。

オイラーの公式を認めるなら $(e^{i\theta }{)}^n=e^{in\theta }$ の一行で済む。ただし $n$ は整数に限る。非整数乗では左辺が多価になり、等式として成立しない。

計算例：6 乗を極形式で計算する

$(1+i{)}^6$ を求める。$1+i$ は絶対値 $\sqrt{2}$、偏角 $\frac{\pi }{4}$ なので $1+i=\sqrt{2}{e}^{i\pi /4}$ と書ける。

$$(1+i{)}^6=(\sqrt{2}{)}^6{e}^{i6\pi /4}=8e^{i3\pi /2}$$

$e^{i3\pi /2}=\cos \frac{3\pi }{2}+i\sin \frac{3\pi }{2}=-i$ だから、答えは $-8i$ である。

二項定理でも計算できるが、7 項を展開して整理する手間がかかる。極形式なら指数法則だけで終わる。

計算例：1 の 5 乗根をすべて求める

$z^5=1$ を解く。$z=r{e}^{i\theta }$（$r>0$）と置くと $r^5{e}^{5i\theta }=1$ である。

絶対値を比べて $r=1$ になる。前に示した周期性から、$e^{5i\theta }=1$ は $5\theta$ が $2\pi$ の整数倍であることと同値である。

$$z=e^{2\pi ik/5}(k=0,1,2,3,4)$$

$k=5$ 以降は周期性で最初に戻るので、新しい解は出ない。5 個の解が単位円を 5 等分する位置に並ぶ。

因数分解でやると $z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)$ の 4 次因子が残り、そこで手が止まる。次数が上がるほど差が開く。

計算例：3 倍角の公式を導く

ド・モアブルの定理で $n=3$ とする。

$$\cos 3\theta +i\sin 3\theta =(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3$$

右辺を二項展開し、$i^2=-1$、$i^3=-i$ を使って整理する。

$$\begin{array}{rl}(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3& ={\cos }^3\theta -3\cos \theta {\sin }^2\theta \\ & +i(3{\cos }^2\theta \sin \theta -{\sin }^3\theta )\end{array}$$

実部を比べ、${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$ を代入する。

$$\cos 3\theta ={\cos }^3\theta -3\cos \theta (1-{\cos }^2\theta )=4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$$

虚部からは、同じ手間で $\sin 3\theta =3\sin \theta -4{\sin }^3\theta$ も出る。加法定理を 2 回使う方法だと、この 2 本を別々に計算することになる。

計算例：4 乗を 1 次の三角関数に直す

${\cos }^4\theta$ を、次数の低い三角関数の和で表す。指数表示を代入する。

$${\cos }^4\theta ={\left(\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}\right)}^4=\frac{1}{16}{\left(e^{i\theta }+e^{-i\theta }\right)}^4$$

括弧の中を二項展開すると $e^{4i\theta }+4e^{2i\theta }+6+4e^{-2i\theta }+e^{-4i\theta }$ になる。指数の符号が対になっているので、2 つずつまとめられる。

$${\cos }^4\theta =\frac{1}{16}(2\cos 4\theta +8\cos 2\theta +6)=\frac{\cos 4\theta }{8}+\frac{\cos 2\theta }{2}+\frac{3}{8}$$

半角公式を 2 回使う方法より手数が少ない。次数がいくつでも、二項展開と対のまとめ方は変わらない。

計算例：指数関数と三角関数の積を積分する

$\int e^x\cos xdx$ を求める。$e^x\cos x$ は $e^{(1+i)x}$ の実部である。

$$\int e^{(1+i)x}dx=\frac{e^{(1+i)x}}{1+i}+C$$

$\frac{1}{1+i}=\frac{1-i}{2}$ を掛け、$e^{(1+i)x}=e^x(\cos x+i\sin x)$ を代入して展開する。

$$\begin{array}{rl}\frac{1-i}{2}{e}^x(\cos x+i\sin x)& =\frac{e^x}{2}(\cos x+\sin x)\\ & +i\frac{e^x}{2}(\sin x-\cos x)\end{array}$$

実部を取れば求める積分になる。

$$\int e^x\cos xdx=\frac{e^x}{2}(\cos x+\sin x)+C$$

虚部からは $\int e^x\sin xdx=\frac{e^x}{2}(\sin x-\cos x)+C$ が同時に出る。複素指数のまま積分すると、2 つの積分が一度に片づく。部分積分を 2 回して連立させる手順が、1 回の積分に置き換わっている。

計算例：三角関数の合成

実数 $a,b$ に対して $a\cos \theta +b\sin \theta$ を 1 つの $\cos$ にまとめる。まず、この式は $(a-ib)e^{i\theta }$ の実部である。

$$(a-ib)(\cos \theta +i\sin \theta )=(a\cos \theta +b\sin \theta )+i(a\sin \theta -b\cos \theta )$$

$a-ib$ を極形式で $A{e}^{-i\varphi }$ と書く。$A=\sqrt{a^2+b^2}$ であり、$\varphi$ は $a=A\cos \varphi$、$b=A\sin \varphi$ を満たす角である。

$$a\cos \theta +b\sin \theta =\mathrm{Re}\left(A{e}^{i(\theta -\varphi )}\right)=A\cos (\theta -\varphi )$$

振幅 $A$ と位相 $\varphi$ が、複素数 $a-ib$ の絶対値と偏角として一度に決まる。振動を扱う場面で、この形が繰り返し現れる。

計算例：三角関数の有限和を求める

$\theta$ が $2\pi$ の整数倍でないとき、${\sum }_{k=0}^{n-1}\cos k\theta$ を求める。指数に直すと、公比 $e^{i\theta }$ の等比級数になる。

$$\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{ik\theta }=\frac{e^{in\theta }-1}{e^{i\theta }-1}$$

分子と分母から半角の因子をくくり出す。$e^{ix}-1=e^{ix/2}(e^{ix/2}-e^{-ix/2})=e^{ix/2}\cdot 2i\sin \frac{x}{2}$ を両方に使う。

$$\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{ik\theta }=e^{i(n-1)\theta /2}\cdot \frac{\sin (n\theta /2)}{\sin (\theta /2)}$$

実部と虚部を取れば、2 つの和が同時に得られる。

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{n-1}\cos k\theta & =\frac{\sin (n\theta /2)}{\sin (\theta /2)}\cos \frac{(n-1)\theta }{2}\\ \sum _{k=0}^{n-1}\sin k\theta & =\frac{\sin (n\theta /2)}{\sin (\theta /2)}\sin \frac{(n-1)\theta }{2}\end{array}$$

三角関数のまま和積の公式を繰り返す方法に比べて、等比級数 1 回で済む。

双曲線関数との関係

指数表示を見ると、$\cos$ と $\cosh$ の形がよく似ている。

$$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\cos \theta =\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}$$

違いは指数に $i$ が付くかどうかだけである。実際、級数に純虚数を代入すると次の関係が出る。

$$\cos (ix)=\cosh x,\sin (ix)=i\sinh x$$

$\cos (ix)$ の級数では $i^{2m}$ と $(-1{)}^m$ が打ち消し合い、符号がすべて正になる。これが $\cosh$ の級数である。

${\cos }^2+{\sin }^2=1$ に $ix$ を入れると ${\cosh }^{2}x-{\sinh }^{2}x=1$ になる。円と双曲線の関係式が、虚数の代入で移り合う。

参考文献