ここでは、オイラーの公式を用いた様々な計算例を紹介します。 オイラーの公式を有効に活用することによって、複雑な計算を実行する事が出来る場合があります。

オイラーの公式は以下のように表されます． \begin{align*} e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta \end{align*}

オイラーの公式を活用した無限級数

　一見計算出来なさそうな複雑な形をしていますが、二つの無限級数を組み合わせて計算することによって解を得ることができます。 \(z=A+iB\) と置いて同時に無限級数を計算したのち、\(A\) と \(B\) に分解します。

　\(z\) に \(A\) と \(B\) を代入して計算すると、 \begin{align*} z&=\sum_{k=0}^{\infty}a^{k}\left(\cos k\theta+i\sin k\theta\right) \\ &=\sum_{k=0}^{\infty}a^{k}e^{ik\theta}=\sum_{k=0}^{\infty}\left(ae^{i\theta}\right)^{k} \end{align*} となります。 ここでオイラーの公式 \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\) を用いて式変形をしています。 最後の項は無限等比級数の形になっていることが分かります。 問題文の指定より \(\abs{a} \lt 1\)、また \(\abs{e^{i\theta}}=1\) であるため、\(\abs{ae^{i\theta}} \lt 1\) となり、この無限級数は収束する事が分かります。

　無限等比級数の和の公式より、 \begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty}\left(ae^{i\theta}\right)^{k}=\frac{1}{1-ae^{i\theta}}&=\frac{1}{1-a\cos\theta-ia\sin\theta}\\ &=\frac{1-a\cos\theta+ia\sin\theta}{a^{2}-2a\cos\theta+1} \end{align*} となります。 \(z=A+iB\) の実数部分と虚数部分を比較してやることによって、例題 1 の解を得ることができます。 \begin{align*} A=\sum_{k=0}^{\infty}a^{k}\cos k\theta=\frac{1-a\cos\theta}{a^{2}-2a\cos\theta+1}\\ B=\sum_{k=0}^{\infty}a^{k}\sin k\theta=\frac{a\sin\theta}{a^{2}-2a\cos\theta+1} \end{align*}

積分計算の準備

　通常の積分をしてやることで計算出来ます。

　\(n\neq0\) の時は、 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}e^{inx}dx&=\frac{1}{in}\left[e^{inx}\right]^{2\pi}_{0}\\ &=\frac{1}{in}\left[e^{2\pi in}-e^{0}\right]=0 \end{align*} となります。 なお、\(e^{2\pi in}=\cos 2\pi n+i\sin 2\pi n=1\) です。

　\(n=0\) の時は、 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}dx=2\pi \end{align*} となります。よって、この積分は \(n\) が 0 のときしか値を持たないことになります。 計算結果をまとめて書くと、 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}e^{inx}dx=2\pi\delta_{0,n} \end{align*} と書くことができます。 ここで用いている記号はクロネッカーのデルタ (Kronecker's delta) であり、次のような性質を持ちます。 \begin{align*} \delta_{m,n}=\left\{\begin{array}{ll} 1 & \left(m=n\right) \\ 0 & \left(m\neq n\right) \end{array}\right. \end{align*}

三角関数の積分

　上で求めた積分の関係式を用いた、三角関数の整数乗の積分の計算例を紹介します。

　倍角の公式や 3 倍角の公式を使って式変形すれば積分を実行出来る形になりますが、オイラーの公式を用いて三角関数を指数関数に書き換え、 上で求めた積分公式を使うことによって計算する事も出来ます。

　オイラーの公式は \begin{align*} e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta \end{align*} です。 ここで \(\theta\)を \(-\theta\) に置き換えると、 \begin{align*} e^{-i\theta}&=\cos\left(-\theta\right)+i\sin\left(-\theta\right)\\ &=\cos\theta-i\sin\theta \end{align*} となります。 この 2 式から、\(\sin\) あるいは \(\cos\) を消去してやると、 \begin{align*} \cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\\ \sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} \end{align*} の 2 式が得られます。 この関係式を用いて計算を進めて行きます。 式変形のやり方にはいろいろありますが、とりあえずは素直に代入していく方針で行く事にします。

　まず、\(\sin\) の 2 乗を計算すると、 \begin{align*} \sin^{2}x=-\frac{1}{4}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^{2}=-\frac{1}{4}\left(e^{2ix}+e^{-2ix}-2\right) \end{align*} となります。 続いてこの式を 2 乗し \(\sin\)の 4 乗を求めると、 \begin{align*} \sin^{4}x=\frac{1}{16}\left(e^{2ix}+e^{-2ix}-2\right)^{2}=\frac{1}{16}\left(e^{4ix}+e^{-4ix}-4e^{2ix}-4e^{-2ix}+6\right) \end{align*} となります。 上で求めた関係式 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}e^{inx}dx=2\pi\delta_{0,n} \end{align*} より、指数関数部分は積分を実行すると 0 になってしまいます。従って、積分で残るのは定数部分のみとなり、 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}x\,dx=\int_{0}^{2\pi}\frac{6}{16}dx=\frac{3}{4}\pi \end{align*} という答えが得られます。

　同様に、\(\cos\) の 2 乗を計算すると \begin{align*} \cos^{2}x=\frac{1}{4}\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(e^{2ix}+e^{-2ix}+2\right) \end{align*} となります。これに \(\cos\) をかけて \(\cos\) の 3 乗を計算してやると、 \begin{align*} \cos^{3}x = \cos^{2}x \cos x &= \frac{1}{8}\left(e^{2ix}+e^{-2ix}+2\right)\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)\\ &=\frac{1}{8}\left(e^{3ix}+e^{-3ix}+3e^{ix}+e^{-ix}\right) \end{align*} が得られます。よって、\(\cos\)の 6 乗は \begin{align*} \cos^{6}x=\frac{1}{64}\left(e^{3ix}+e^{-3ix}+3e^{ix}+3e^{-ix}\right)^{2} \end{align*} であることが分かります。 指数関数の部分は 0 になるので、括弧を展開した時に定数になる部分だけに注目すれば良いことになります。 従って、積分は \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\cos^{6}x\,dx&=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{64}\left(e^{3ix}+e^{-3ix}+3e^{ix}+3e^{-ix}\right)^{2}dx\\ &=\frac{1}{64}\int_{0}^{2\pi}20\,dx \end{align*} となり、解は \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\cos^{6}x\,dx=\frac{5}{8}\pi \end{align*} となります。

　さらに \(\sin\) と \(\cos\) の積を計算すると、 \begin{align*} \sin x \cos x = \frac{1}{4i}\left(e^{2ix}-e^{-2ix}\right) \end{align*} となります。これを 2 乗すると \begin{align*} \left(\sin x \cos x\right)^{2}=-\frac{1}{16}\left(e^{4ix}+e^{-4ix}-2\right) \end{align*} であり、積分計算は \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}x\cos^{4}x\,dx=\frac{1}{256}\int_{0}^{2\pi}\left(e^{4ix}+e^{-4ix}-2\right)^{2}dx \end{align*} となります。 今まで同様、定数になる部分だけを拾ってやれば良いので、 \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}x\cos^{4}x\,dx=\frac{1}{256}\int_{0}^{2\pi}\left(e^{4ix}+e^{-4ix}-2\right)^{2}dx =\frac{1}{256}\int_{0}^{2\pi}6\,dx \end{align*} であり、積分結果は \begin{align*} \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}x\cos^{4}x\,dx=\frac{3}{64}\pi \end{align*} となります。

オイラーの等式

　ここに書くまでもない余談ですが、オイラーの公式 \begin{align*} e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta \end{align*} に、\(\theta=\pi\) を代入すると、 \begin{align*} e^{i\pi}=\cos\pi+i\sin\pi=-1 \end{align*} となります。 移項してまとめると、 \begin{align*} e^{i\pi}+1=0 \end{align*} が得られます。 これは「オイラーの等式」であり、最も偉大な等式とか、最も美しい等式などとして有名なものです。 それぞれ独立な起源を持つ数である、円周率 \(\pi\)、自然対数の底 \(e\)、虚数単位 \(i\)、加法の単位元 0、乗法の単位元 1 の 5 つが同時に 1 つの式に現れ、なおかつそれのみで構成されているという点が、この式が美しいと呼ばれる所以です。