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対数関数 \( \log x \) の定義域は \( x> 0 \) ですが, 実数のような扱いで複素数を適用してみたいと思います. 当然ながら, 複素関数が実数のときとは同じようにいくわけもなく厳密さはありません.　実験だと思って下さい.　対数の底は自然対数 \( e \) です. 具体的には \( \log \left(1+{x}^{2}\right) \) から出発して, オイラーの公式 \( {e}^{i\theta }=\cos \theta +i\cdot \sin \theta \) までたどり着けるかやってみます.（オイラーの公式の証明ではありません）.　そのあと再度, 対数関数にについて考えてみたいと思います.

以下の有理関数の積分はよく知られているものです(高校理系ぐらい).

\(\displaystyle{\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt}=\log \left(1+{x}^{2}\right) \) … ①.

これを無理に以下のような変形をしてみます.

\begin{eqnarray} {\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt} & = & {\int }_{0}^{x}\frac{2t}{\left(1+it\right)\left(1-it\right)}\mathit{dt} \\[5pt] & = & i{\int }_{0}^{x}\left(\frac{1}{1+it}-\frac{1}{1-it}\right)\mathit{dt} \\[5pt] & = & \left[(\log \left(1+it\right)+\log \left(1-it\right)\right]{}_{0}^{x} \\[5pt] & = & \log \left(1+ix\right)+\log \left(1-ix\right)-\log \left(1\right)-\log \left(1\right) \\[5pt] & = & \log \left(1+ix\right)+\log \left(1-ix\right) . \end{eqnarray}

これと①より

\(\displaystyle\log \left(1+{x}^{2}\right)={\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt}=\log \left(1+ix\right)+\log \left(1-ix\right) \) … ②.

また逆正接関数を \(\displaystyle\arctan x=\theta \) とすると （三角関数の逆関数を参考）

\(\displaystyle\theta =\arctan x={\int }_{0}^{x}\frac{1}{1+{t}^{2}}\mathit{dt} \)  が成り立っていて,   \(\displaystyle\frac{1}{1+{t}^{2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+it}+\frac{1}{1-it}\right) \)   より

②の積分計算と同様の流れで

\(\displaystyle\theta =\arctan x={\int }_{0}^{x}\frac{1}{1+{t}^{2}}\mathit{dt}=\frac{1}{2i}\left\{\log \left(1+ix\right)-\log \left(1-ix\right)\right\} \) .

つまり,   \(\displaystyle\theta =\frac{1}{2i}\left(\log \left(1+ix\right)-\log \left(1-ix\right)\right) \) … ③.

②+③× (2i ) で

\(\displaystyle 2i\theta +\log \left(1+{x}^{2}\right)=2\log \left(1+ix\right) \) .

あとはひたすら計算します.

\begin{eqnarray} i\theta +\frac{1}{2}\log \left(1+{x}^{2}\right) & = & \log \left(1+ix\right) \\[5px] i\theta +\log \sqrt{1+{x}^{2}} & = & \log \left(1+ix\right) \\[5px] {e}^{i\theta +\log \sqrt{1+{x}^{2}}} & = & {e}^{\log \left(1+ix\right)} \\[5px] {e}^{i\theta }\cdot {e}^{\log \sqrt{1+{x}^{2}}} & = & {e}^{\log \left(1+ix\right)} \\[5px] {e}^{i\theta }\cdot \sqrt{1+{x}^{2}} & = & 1+ix \\[5px] {e}^{i\theta } & = & \frac{1}{\sqrt{1+{x}^{2}}}+i\cdot \frac{x}{\sqrt{1+{x}^{2}}} \\[5px] {e}^{i\theta } & = & \cos \theta +i\cdot \sin \theta . \;(*注：参照) \end{eqnarray}

できました.

(*注)

\(\arctan x=\theta \) と置いたので \(\tan \theta =x \) となり,下の図のような三角形を考えると分かりやすいです.　図では \(\theta \) が鋭角に限られてますが,一般角でも大丈夫でしょう.

図より \(\displaystyle\tan \theta =\frac{x}{1} \) ,   \(\displaystyle\cos \theta =\frac{1}{\sqrt{1+{x}^{2}}} \) ,   \(\displaystyle\sin \theta =\frac{x}{\sqrt{1+{x}^{2}}} \) .

複素関数の積分が実数のときと同じようにできるかどうかは置いといて, 次の式を気にしてください.

\(\displaystyle{\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt}={\int }_{0}^{x}\frac{2t}{\left(1+it\right)\left(1-it\right)}\mathit{dt} \) .

どこが気になるかというと,

\(\displaystyle\frac{2t}{{t}^{2}+1}=\left(\frac{1}{t+i}+\frac{1}{t-i}\right) \)   のほうがすっきりするのに, なぜわざわざ

\(\displaystyle\frac{2t}{{t}^{2}+1}=i\left(\frac{1}{1+it}-\frac{1}{1-it}\right) \)   と変形するのかということです.

考えるよりもやってみたほうが早いので \(\displaystyle\frac{2t}{{t}^{2}+1}=\left(\frac{1}{t+i}+\frac{1}{t-i}\right) \) でやってみます.

また,   \(\displaystyle\frac{1}{1+{t}^{2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+it}+\frac{1}{1-it}\right) \)   も,   \(\displaystyle\frac{1}{1+{t}^{2}}=-\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{t+i}-\frac{1}{t-i}\right) \)   としてみます.

\begin{eqnarray} {\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt} & = & {\int }_{0}^{x}\left(\frac{1}{t+i}+\frac{1}{t-i}\right)\mathit{dt} \\[5px] & = & \left[\; \log \left(t+i\right)+\log \left(t-i\right) \;\right]_{0}^{x} \\[5px] & = & \log \left(x+i\right)+\log \left(x-i\right)-\log \left(i\right)-\log \left(-i\right) ･･･④. \end{eqnarray}

さっそく困りました.

\(\displaystyle\log \left(i\right) \) なんて知りません.　でも気にせずに進みます.

\(\displaystyle\theta =\arctan x={\int }_{0}^{x}\frac{1}{1+{t}^{2}}\mathit{dt} \)   で, また   \(\displaystyle\frac{1}{1+{t}^{2}}=-\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{t+i}-\frac{1}{t-i}\right) \)   より

\begin{eqnarray} \theta & = & {\int }_{0}^{x}\frac{1}{1+{t}^{2}}\mathit{dt} \\[5px] & = & -\frac{1}{2i}{\int }_{0}^{x}\left(\frac{1}{t+i}-\frac{1}{t-i}\right)\mathit{dt} \\[5px] & = & -\frac{1}{2i}{\left(\log \left(t+i\right)-\log \left(t-i\right)\right)}_{0}^{x} \\[5px] & = & -\frac{1}{2i}\left(\log \left(x+i\right)-\log \left(x-i\right)-\log \left(i\right)+\log \left(-i\right)\right) \end{eqnarray}

つまり,   \(\displaystyle\theta =-\frac{1}{2i}\left(\log \left(x+i\right)-\log \left(x-i\right)-\log \left(i\right)+\log \left(-i\right)\right) \) ･･･⑤.

先ほどの結果より④は \(\displaystyle\log \left(1+{x}^{2}\right)=\log \left(x+i\right)+\log \left(x-i\right)-\log \left(i\right)-\log \left(-i\right) \) ･･･④.

④+⑤× \(\left(-2i\right) \) で, どんどん計算していくと

\begin{eqnarray} -2\,i\,\theta +\log \left(1+{x}^{2}\right) & = & 2\log \left(x+i\right)-2\log \left(i\right) \\[5px] i\theta -\log \left(i\right) & = & -\log \left(x+i\right)+\frac{1}{2}\log \left(1+{x}^{2}\right) \\[5px] i\theta -\log \left(i\right) & = & -\log \left(x+i\right)+\log \sqrt{1+{x}^{2}} \\[5px] {e}^{i\theta -\log \left(i\right)} & = & {e}^{-\log \left(x+i\right)+\log \sqrt{1+{x}^{2}}} \\[5px] \frac{{e}^{i\theta }}{{e}^{\log \left(i\right)}} & = & {e}^{-\log \left(x+i\right)}\cdot {e}^{\log \sqrt{\left(1+{x}^{2}\right)}} \\[5px] \frac{{e}^{i\theta }}{i} & = & \frac{1}{x+i}\cdot \sqrt{1+{x}^{2}} \\[5px] \frac{{e}^{i\theta }}{i} & = & \frac{x-i}{1+{x}^{2}}\cdot \sqrt{1+{x}^{2}} \\[5px] \frac{{e}^{i\theta }}{i} & = & \frac{x}{\sqrt{1+{x}^{2}}}-i\cdot \frac{1}{\sqrt{1+{x}^{2}}} \\[5px] \frac{{e}^{i\theta }}{i} & = & \sin \theta -i\cdot \cos \theta \\[5px] {e}^{i\theta } & = & i\cdot \sin \theta -{i}^{2}\cdot \cos \theta \\[5px] {e}^{i\theta } & = & \cos \theta +i\cdot \sin \theta . \end{eqnarray}

ちょっと強引ですが, うまくいきました.

うまくはいったのですが \(\log \left(i\right) \) が気になります.

\(\log \left(-1\right) \) でさえ怪しいのに, \(\log \left(i\right) \) とは･･･.

ここで \(\displaystyle\frac{{e}^{i\theta }}{i}=\sin \theta -i\cdot \cos \theta \) の式に注目してみます.

このあと両辺に \(i \) を掛けて分母をなくすと目的の \(\displaystyle{e}^{i\theta }=\cos \theta +i\cdot \sin \theta \) が出現します.

つまり右辺が \(\displaystyle\frac{\pi }{2} \) 回転しています ( \(i \) を掛けたので当然なのですが).

\(\displaystyle i={e}^{\log \left(i\right)} \) でしたから, 偏角に注目すると,

\(\displaystyle\arg \left(i\right)=\frac{\pi }{2} \) , \(\displaystyle\arg \left({e}^{\log \left(i\right)}\right)=\log \frac{\left(i\right)}{i} \) なので \(\displaystyle\log \left(i\right)=\arg \left(i\right)=\frac{\pi }{2}i \) となりそうです.

では, もう少し一般的に \(\log \left(x+y\,i\right) \) について見てみます.

極形式のほうが扱いやすそうなので   \(x+y\,i=r\,{e}^{i \theta } \)   とすると,

\begin{eqnarray} \log \left(x+y\,i\right) & = & \log \left(r{e}^{i\theta }\right) \\[3px] & = & \log r+\log {e}^{i\theta } \\[3px] & = & \log r+i\theta \\[3px] & = & \log |x+y\,i|+i\cdot \arg \left(x+y\,i\right) . \end{eqnarray}

こんな感じでしょうか.

いくつかためしに計算してみると,

\(\displaystyle\log \left(i\right)=\log |i|+i\cdot \arg \left(i\right)=\log 1+\frac{\pi }{2}i=\frac{\pi }{2}i \) .

さっきの予想と一致します.

正の実数で試してみると

\(\displaystyle\log \left(2\right)=\log |2|+i\cdot \arg \left(2\right)=\log 2+0i=\log 2 \) .

この式からわかるように \(x>0 \) のときは偏角が \(0 \) となるので結果は実数となります.

さらに   \(\log \left(x+y\,i\right)=\log |x+y\,i|+i\cdot \arg \left(x+y\,i\right) \) は今までの正の実数の対数についても成り立ちそうです.   となると, 負の実数の対数も見てみたくなります.

\(\log \left(-1\right)=\log |-1|+i\cdot \arg \left(-1\right)=\log 1+\pi i=\pi\, i \) .

\(\log \left(-2\right)=\log |-2|+i\cdot \arg \left(-2\right)=\log 2+\pi\, i \) .

負の実数では虚数(複素数)になりそうです.

一般の複素数で見てみると

\(\displaystyle\log \left(1+i\right)=\log |1+i|+i\cdot \arg \left(1+i\right)=\log \sqrt{2}+\frac{\pi }{4}i \) .

結果も複素数になるようです.

また, \(\log \left(0\right)=\log |0|+i\cdot \arg \left(0\right) \) .

\(0\) の偏角が不定で \(\log 0\) も定義されてないので複素数の範囲においても \(\log 0\) はないようです.

よって \( \log |x+y\,i|+i\cdot \arg \left(x+y\,i\right) \) は \(0\) を除く複素数全体で成り立つといえるようです.

実は複素数 \( z=x+y\,i \) において, 複素数を変数に持つ \( \log z \) は偏角の影響（一般角による）で1つの値に決まりません.　前出の式   \(\log \left(x+y\,i\right)=\log |x+y\,i|+i\cdot \arg \left(x+y\,i\right) \)   は, 正しくは

\(\log \left(x+y\,i\right)=\log |x+y\,i|+i\cdot \arg \left(x+y\,i\right)+2n\pi \cdot i \)   です.

虚部をまとめると

\(\log \left(x+yi\right)=\log |x+yi|+i\left\lbrace \arg \left(x+yi\right)+2n\pi \right\rbrace \)   とも書けます.

もっとすっきり書こうとすれば

\(\log \left(z\right)=\log |z|+i\left\lbrace \theta +2n\pi \right\rbrace \)   と書けます.

偏角が一般角であるために複素数の範囲では \(\log \left(x\right) \) の値は1つには決まらないというのが実数のときと異なる点です.　また, 対数の和から積へなどの計算公式も複素数の範囲では成り立たないこともありますが今回は気にせず使っています.

最初の方法 \(\displaystyle\frac{2t}{1+{t}^{2}}=i\left(\frac{1}{1+i\,t}-\frac{1}{1-i\,t}\right) \) という変形は \(\displaystyle\frac{2t}{1+{t}^{2}}=\left(\frac{1}{t+i}+\frac{1}{t-i}\right) \) よりも, 積分したときに \(\log \left(\pm i\right) \) を考えなくて良いので計算が楽になります.　この方が高校生あたりには分かりやすそうだったので最初の計算では \(\displaystyle\frac{2t}{1+{t}^{2}}=i\left(\frac{1}{1+i\,t}-\frac{1}{1-i\,t}\right) \) を使いました.

②の式について \(\displaystyle\log \left(1+{x}^{2}\right)={\int }_{0}^{x}\frac{2t}{1+{t}^{2}}\mathit{dt}=\log \left(1+i\,x\right)+\log \left(1-i\,x\right) \) も \(\log \left(1+{x}^{2}\right)=\log \left(1+i\,x\right)\left(1-i\,x\right)=\log \left(1+i\,x\right)+\log \left(1-i\,x\right) \) とすればいいのですが微妙な点もあったので②の方法でやりました.

当たり前のように書いていることでもごまかしながら書いているところもあるので, あら探しをしてみるのもいいかもしれません.