オイラーの公式

証明 — 関数の微分を用いた証明を示す。実変数 x の関数 f (x) を次のように定義する。

f (x) を形式的に微分すると以下のようになる。

${\displaystyle {\begin{aligned}f'(x)&=(\cos x-i\sin x)'\cdot e^{ix}+(\cos x-i\sin x)\cdot (e^{ix})'\qquad {\mbox{(Leibniz's rule)}}\\&=(-\sin x-i\cos x)\cdot e^{ix}+(\cos x-i\sin x)\cdot ie^{ix}\\&=\left\{(-\sin x-i\cos x)+(i\cos x+\sin x)\right\}\cdot e^{ix}\qquad (i^{2}=-1)\\&=0\end{aligned}}}$

したがって、すべての実数 x について f' (x) = 0 が成り立つ。これは f (x) が定数関数であることと同値である。よって f (x) = f (0) より、

となる。(2) を (1) に代入すると次のようになる。

ここで (3) の両辺に、(cos x - i sin x) の複素共役 (cos x + i sin x) を掛ければ、三角関数に関するピタゴラスの定理 sin²x + cos²x = 1 よりオイラーの公式が得られる^[5]。

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x.}$

証明 — 別の証明として、実変数 x の関数 f (x) を次のように定義する。

f (x) を x について微分すると以下のようになる。

${\displaystyle {\begin{aligned}f'(x)&=(\cos x+i\sin x)'\cdot e^{-ix}+(\cos x+i\sin x)\cdot (e^{-ix})'\qquad {\mbox{(Leibniz's rule)}}\\&=(-\sin x+i\cos x)\cdot e^{-ix}-(\cos x+i\sin x)\cdot ie^{-ix}\\&=(-\sin x+i\cos x-i\cos x+\sin x)\cdot e^{-ix}\qquad (i^{2}=-1)\\&=0.\end{aligned}}}$

したがって、すべての実数 x について f' (x) = 0 が成り立つ。 ゆえに f (x) は定数である。 よって f (x) = f (0) より

が成り立つ。 (5) を (4) に代入すると

${\displaystyle (\cos x+i\sin x)\cdot e^{-ix}=1}$

が導出される。この両辺に e^ix を掛け、任意の複素数 a, b に対して成り立つ指数法則 e^ae^b = e^{a + b} を利用すれば^[4]

${\displaystyle {\begin{aligned}e^{ix}&=(\cos x+i\sin x)\cdot e^{ix}e^{-ix}\\&=(\cos x+i\sin x)\cdot e^{(ix-ix)}\\&=(\cos x+i\sin x)\cdot e^{0}\\&=(\cos x+i\sin x)\cdot 1.\end{aligned}}}$

以上より

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x.}$^[6]

証明 — 微分方程式を用いた証明を示す。x を実数、x の関数 f (x) を以下のように定義する。

${\displaystyle f(x):=\cos x+i\sin x.}$

また記法を簡潔にするために補助的な方程式

${\displaystyle y=f(x)}$

によって y を定める。これらをまとめると以下の方程式を得る。

(1) に x = 0 を代入すると

を得る。(1) の両辺を x について微分し、両辺に虚数単位 i を掛けると以下のようになる。

(3) と (1) より

を得る^{[注 4]}。任意の 0 でない複素数 α について、関数 e^αx は次の関係を満たす。

(4) と (5) を見比べ、α = i と置き換えれば、f(0) = 1 より

が成り立つ。最後に (1) および (6) から y を消去すればオイラーの公式が得られる。

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x.}$

証明 — 2階線型微分方程式を用いた証明を示す。実数 x を変数とする関数

はいずれも以下の2階の線型常微分方程式の解である。

(2) は斉次な方程式なので、一般解は基本解の線型結合として表すことができる。 cos x と sin x は (2) の基本解である。実際、ロンスキー行列式

${\displaystyle {\begin{vmatrix}\cos x&\sin x\\-\sin x&\cos x\end{vmatrix}}=\cos ^{2}x+\sin ^{2}x=1}$

は 0 にならない。よって、(1) および (2) より

が成立する。また、(3) の両辺を微分したものは

となる。(3), (4) に x = 0 を代入したものはそれぞれ、

となるので^{[注 5]}、(5) より (3) の線型結合はオイラーの公式を与える^[7]。

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x.}$

証明 —

${\displaystyle |W|={\begin{vmatrix}e^{ix}&\cos x+i\sin x\\ie^{ix}&-\sin x+i\cos x\end{vmatrix}}=e^{ix}(-\sin x+i\cos x)-e^{ix}(i\cos x-\sin x)=0}$

として cos x + i sin x と e^ix が線型従属であることを確認する。 ここで、ある定数 C について

${\displaystyle e^{ix}=C(\cos x+i\sin x)}$

が成立する^{[注 6]}。ここで x = 0 を代入すると C = 1 となり

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x}$

が得られる^[8]。

証明 — ド・モアブルの定理を用いた証明を示す^[9]。 ド・モアブルの定理より

${\displaystyle {\begin{aligned}\cos n\theta +i\sin n\theta &=(\cos \theta +i\sin \theta )^{n},\\\cos n\theta -i\sin n\theta &=(\cos \theta -i\sin \theta )^{n}.\end{aligned}}}$

辺々加えて

${\displaystyle 2\cos n\theta =(\cos \theta +i\sin \theta )^{n}+(\cos \theta -i\sin \theta )^{n}.}$

右辺の 2 つの項を二項定理によって展開すれば、i の奇数乗の項は相殺し、i の偶数乗の項だけを二重に加えることになるので

${\displaystyle {\begin{aligned}\cos n\theta &=\sum _{k=0}^{\left[{\tfrac {n}{2}}\right]}(-1)^{k}{\binom {n}{2k}}\ (\cos \theta )^{n-2k}(\sin \theta )^{2k}\\&=\sum _{k=0}^{\left[{\tfrac {n}{2}}\right]}(-1)^{k}{\binom {n}{2k}}\ (\cos \theta )^{n}(\tan \theta )^{2k}\end{aligned}}}$

を得る。これが cos θ の n 倍角の公式の閉じた表示式である（[s] は s の整数部分）。 この式において nθ = x と置き換えると

${\displaystyle \cos x=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\binom {n}{2k}}\left(\cos {\frac {x}{n}}\right)^{n}\left(\tan {\frac {x}{n}}\right)^{2k}.}$

和の上端を ∞ に書き直したが、k > n/2 のとき二項係数の部分が 0 になるので、これは n/2 までの和に等しい。 n → ∞ の極限においては

${\displaystyle \cos {\frac {x}{n}}\sim 1\ ,\ \sin {\frac {x}{n}}\sim {\frac {x}{n}}\ ,\ \tan {\frac {x}{n}}\sim {\frac {x}{n}}}$

となり、各項目において漸近的に等しいことが確認できる。 したがって

${\displaystyle {\binom {n}{2k}}\sim {\frac {n^{2k}}{(2k)!}}\ ,\ \left(\cos {\frac {x}{n}}\right)^{n}\sim 1\ ,\ \left(\tan {\frac {x}{n}}\right)^{2k}\sim {\frac {x^{2k}}{n^{2k}}}}$

となる。よって

${\displaystyle \cos x=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}x^{2k}}$

が得られる。 同様に sin x について考えれば

${\displaystyle \sin x=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\binom {n}{2k+1}}\left(\cos {\frac {x}{n}}\right)^{n}\left(\tan {\frac {x}{n}}\right)^{2k+1}}$

より

${\displaystyle \sin x=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k+1}}$

が得られる。 ここで、n → ∞ の極限を取った際の誤差項の挙動を考えると

${\displaystyle \cos {\frac {x}{n}}=1+a_{n}}$

とおけば

${\displaystyle {\begin{aligned}\left(\cos {\frac {x}{n}}\right)^{n}&=\left(1+a_{n}\right)^{n}\\&=1+na_{n}+{\binom {n}{2}}{a_{n}}^{2}+\dotsb \end{aligned}}}$

であるから、a_n が小さいとき、n 乗すると誤差はおよそ n 倍されるが、a_n が 1/n よりも早く 0 に近づくときには、極限に影響しない。 本議論において

${\displaystyle {\begin{aligned}a_{n}&=\cos {\frac {x}{n}}-1\\&=-2\sin ^{2}{\frac {x}{2n}}\end{aligned}}}$^{[注 7]}

であるから

${\displaystyle a_{n}\sim -{\frac {x^{2}}{2n^{2}}}}$

となる。 したがって、ランダウの記号を用いて漸近挙動を示せば

${\displaystyle \cos {\frac {x}{n}}=1+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right).}$

ゆえに

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left(\cos {\frac {x}{n}}\right)^{n}=1.}$

ここで、ド・モアブルの定理に立ち返って

${\displaystyle \cos n\theta +i\sin n\theta =(\cos \theta +i\sin \theta )^{n}.}$

上記式において nθ = x とおくと

${\displaystyle \cos x+i\sin x=\left(\cos {\frac {x}{n}}+i\sin {\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$

ここで、n → ∞ の極限をとったとき

${\displaystyle \cos {\frac {x}{n}}+i\sin {\frac {x}{n}}=1+{\frac {ix}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)}$

であるから

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left(\cos {\frac {x}{n}}+i\sin {\frac {x}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+{\frac {ix}{n}}\right)^{n}=e^{ix}.}$

よって

${\displaystyle e^{ix}=\cos x+i\sin x}$

が得られる。