解析概論/第5章/対数logz 一般の巾za

[編集] 65．対数 $\log z$ 　一般の巾 $z^a$

指数函数の逆函数として $\log z$ を複素変数にまで拡張することは §54 で述べた．それは実函数 $\log x$ の解析的延長であるが，それを簡明に示すべき算式が幸に存在する．それは定積分

(1)

$\log z=\int_1^z\frac{dz}z$

である^{[* 1]}． $z$ が正の実数なるとき (1) は古典的である．然るに右辺の積分において $\tfrac{1}{z}$ は $z=0$ 以外では正則だから，この積分は $1$ を含んで $0$ を含まない単連結の領域 $K$ において正則である．そのようにして $K$ 内で定義される $\textstyle\int_1^z\frac{dz}z$ は実数に関する $\log z$ の $K$ 内への唯一に可能なる解析的延長である．

ファイル:図

例えば $z$ 平面を実数軸の負の部分に沿って截断して，それを境界とする領域を $K$ とするならば，(1) によって $K$ 内に延長される $\log z$ は主値である．実際， $K$ 内で $1$ と $z=re^{\theta i}\,(-\pi<\theta\leqq\pi)$ とを結ぶ任意の曲線 $C$ に関する積分 (1) は実数軸上を $1$ から $r$ へ，それから $0$ を中心とする円周上を $z$ まで行く積分路に関する積分に等しい（定理 51）．すなわち

$\int_C\frac{dz}z=\int_1^r\frac{dx}x+i\int_0^\theta d\theta=\log r+i\theta.$

もちろん上記のような截断線を超えて (1) を延長とすることも可能である．例えば次の図のように， $\theta>\pi$ なる扇形内でも

$\log z=\int_C\frac{dz}z=\int_1^r\frac{dx}x+i\int_0^\theta d\theta=\log r+i\theta$

であるが， $\theta>\pi$ だからこれは $\log z$ の主値ではない．主値の虚部は $-i(2\pi-\theta)$ だから， $\log z=\mathrm{Log}\,z+2\pi i$ ．

ファイル:図

もしもこの扇形において $\theta$ がたえず増大してついに $2\pi$ を超えるならば， $\log z$ の虚数部 $\theta>2\pi$ であるが，動径（ $0z$ ）が回転を続けて $\theta$ が $(2n-1)\pi$ を超えるならば， $\log z$ は $\mathrm{Log}\,z+2n\pi i$ になる．動径が負の向きに回転するとしても同様で，上記截断線を $n$ 回越せば $\log z$ は $\mathrm{Log}\,z-2n\pi i$ になる．このようにして，積分 (1) によって $log z$ の多意性が活動的に説明される．

一般に $z=0$ を含まない単連結の領域 $K$ 内の一点 $z_0$ における $\log z_0$ の値をきめておけば， $K$ 内において $\log z$ が正則なる解析函数として一意的に確定する．それを（ $K$ における） $\log z$ の一つの枝という．もしも $K$ が $z=0$ を含むならば， $K$ 内で $z$ が正または負の向きに点 $0$ を一周して出発点に帰るごとに $\log z$ の値は $\pm2\pi i$ だけ変わる． $\log z$ は $z=0$ の近傍で一意的でない． $z=0$ は $\log z$ の分岐点である．

$\mathrm{Log}(1+z)$ の展開

幾何級数

$\frac{1}{1+z} = 1-z+z^2-\cdots = \sum_{n=0}^\infty(-1)^n z^n$

は $|z|<1$ なる円内で収束する．この円内で $0$ から $z$ まで項別に積分すれば

$\int_0^z\frac{dz}{1+z}=\frac{z}1-\frac{z^2}2+\frac{z^3}3-\cdots.$

右辺は $|z|<1$ において収束するが，左辺は $\textstyle\int_1^{1+z}\frac{d\zeta}\zeta$ に等しく，その積分変数 $\zeta=1+z$ は $\zeta=1$ を中心とする半径 $1$ の円内にあるから，左辺は $\log(1+z)$ の主値である．すなわち

(2)

$\mathrm{Log}(1+z)=\frac{z}1-\frac{z^2}2+\frac{z^3}3-\cdots, \quad(|z|<1).$

ファイル:図

実数に引直していえば，これは次のような意味を有する． $z=re^{i\theta},\,0\leqq r<1,\,-\pi\leqq\theta\leqq\pi$ とすれば

$\frac12\log(1+2r\cos\theta+r^2) = r\cos\theta-\frac{r^2\cos2\theta}2+\frac{r^3\cos3\theta}3-\cdots,$

$\varphi=r\sin\theta-\frac{r^2\cos2\theta}2+\frac{r^3\cos3\theta}3-\cdots,$

ただし $\varphi$ は右の図に示す角（の弧度）である．

収束円の周上において上記展開を考察すれば興味ある結果を得る．級数 (2) は収束円の周上 $z=-1$ を除けば収束する．実際 $\zeta=e^{\theta i},|\theta|<\pi$ として

$\frac{1}{1+z}=1-z+z^2-\cdots\pm z^{n-1}\mp\frac{z^n}{1+z}$

を $0$ から $\zeta$ まで直線に沿って積分すれば

$\mathrm{Log}(1+z)=\zeta-\frac{\zeta^2}2+\frac{\zeta^3}3-\cdots \pm\frac{\zeta^n}n \mp\int_0^\zeta\frac{z^n}{1+z}\,dz.$

積分路上において $z=re^{\theta i},\,0\leqq r\leqq1,\,|1+z|\geqq|\sin\theta|$ ，特に $|\theta|\leqq\tfrac\pi2$ ならば $|1+z|\geqq 1$ だから

(3)

$\begin{align} \left|\int_0^\zeta\frac{z^n}{1+z}\,dz\right| &\leqq \int_0^1\frac{r^n}{|\sin\theta|}\,d\theta =\frac{1}{(n+1)|\sin\theta|}, & &\left(\frac\pi2<|\theta|<\pi\right)\\ &\leqq \int_0^1 r^n\,dr=\frac{1}{n+1}. & &\left(|\theta|\leqq\frac\pi2\right) \end{align}$

故に

(4)

$\mathrm{Log}(1+\zeta)=\zeta-\frac{\zeta^2}2+\frac{\zeta^3}3-\cdots.$

両辺の虚数部を比較すれば，この場合，上図において $r=1$ ，従って $\varphi=\tfrac\theta2$ だから，

(5)

$\frac\theta2=\sin\theta-\frac{\sin2\theta}2+\frac{\sin3\theta}3-\cdots,$

$(-\pi<\theta<\pi).$

もしも $|\theta|\leqq\alpha<\pi$ とすれば，(3) からみえるように，この級数は $\theta$ に関して一様に収束する（156 頁［*］参照）．

(5) は $-\pi<\theta<\pi$ なる仮定のもとにおいて証明されたのであるが， $\theta=\pm\pi$ ならば級数の和はもちろん $0$ に等しい． $\sin$ の周期性によって (5) の右辺の級数のグラフは次のようになる（実線）．

ファイル:図

$\theta$ に $\pi-\theta$ を代入すれば

(6)

$\frac{\pi-\theta}2=\sin\theta+\frac{\sin2\theta}2+\frac{\sin3\theta}3+\cdots.$

これは $0>\theta<2\pi$ なるときに限って成り立つ．右辺の級数のグラフは上の図の破線で示される． (5)，(6) から和の半分を取れば

(7)

$\frac\pi4=\sin\theta+\frac{\sin3\theta}3+\frac{\sin5\theta}5+\cdots.$

これは $0<\theta<\pi$ において成り立つ．級数のグラフは次の通りである．

ファイル:図

ついでに (4) の両辺の実数部を比較しよう． $\mathrm{Log}(1+\zeta)$ の実数部は

$\begin{align} \log|1+\zeta| &= \log\{(1+\cos\theta)^2+\sin^2\theta\}^\frac12 = \log(2+2\cos\theta)^\frac12\\ &= \log\left(2\cos\frac\theta2\right)=\log 2+\log\cos\frac\theta2. \end{align}$

故に (4) から

(8)

$\log\cos\frac\theta2 =-\log 2+\cos\theta-\frac{\cos2\theta}2+\frac{\cos3\theta}3-\cdots,$

$(-\pi<\theta<\pi).$

すなわち $z=-1$ なるとき， $z-\tfrac{z^2}2+\tfrac{z^3}3-\cdots$ が収束しないのは，実数部の責任であったのである．

ファイル:図

$f(\theta)=\cos\theta-\frac{\cos2\theta}2+\frac{\cos3\theta}3-\cdots$ のグラフ

一般の巾 $z^a$ （ $z\ne 0$ ， $a$ は任意の複素数）

これは

(9)

$z^a=e^{a\log z}$

によって定義される．それは（一般には）多意なる解析函数であるが，もしも $\log z$ を主値とすれば，一意的なる一つの枝が定まる．それを $z^a$ の主値という．

指数 $a$ が実数ならば，それは正なる実変数 $x$ の巾函数 $x^a$ の解析的延長である．

主値に限らないならば， $\log z=\mathrm{Log}\,z+2n\pi i$ だから

$\begin{align} z^a &= e^{a\,\mathrm{Log\,z}}\cdot e^{2na\pi i}\\ &= e^{a\,\mathrm{Log}\,z}\cdot(e^{2a\pi i})^n. \end{align}$

ここで因子 $(e^{2a\pi i})^n$ が $z^a$ の多意性を示す． $z$ が $0$ を正の向きに一周して出発点に帰れば， $z^a$ には因子 $e^{2a\pi i}$ が掛かる． $z=0$ は $z^a$ の分岐点である．ただし， $a$ が整数ならば，この因子は $1$ に等しいから， $z^a$ はもちろん一意的である．

一例として， $i^i=e^{i\log i}$ の主値は $i^i=e^{i\frac{\pi i}2}=e^{-\frac\pi2}$ ．一般の値は

$i^i=e^{-\frac\pi2}(e^{2i\pi i})^n=e^{\frac\pi2(1+4n)}.$

$z\ne 0$ の近傍で， $z^a$ の各〻の枝は正則である．その微分商は

$\frac{dz^a}{dz}=\frac{d}{dz}e^{a\log z}=e^{a\log z}\cdot\frac{a}z=az^{a-1}.$

ただし，右辺の $z^{a-1}=e^{(a-1)\log z}$ で，肩の $\log z$ は $z^a=e^{a\log z}$ におけると同一である．例えば $z^a$ が主値ならば， $z^{a-1}$ も主値．高階微分商

$\frac{d^nz^a}{dz^n}=a(a-1)\cdots(a-n+1)z^{a-n}$

も同様である．

二項定理

指数 $m$ が任意の（実数または）複素数なるとき， $(1+z)^m$ は $|z|<1$ なる円内で正則である（そこでは $1+z\ne 0$ だから）．故に $(1+z)^m$ は $|z|<1$ において収束する Taylor 展開を有する．さて $(1+z)^m$ の主値は $z=0$ のとき $1$ である．今それの展開 $\textstyle\sum a_nz^n$ の係数を求めるために， $(1+z)^m$ を逐次微分して $z=0$ と置けば

$a_n=\frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}=\binom{m}{n},\quad a_0=1=\binom{m}0$

を得る．故に $(1+z)^m$ の主値は

(10)

$(1+z)^m=\sum_{n=0}^\infty\binom{m}{n}z^n.$

これが一般の二項定理である． $m$ が自然数でないならば，右辺は無限級数である．それは $|z|<1$ なるとき収束するが， $z=-1$ において $(1+z)^m$ は正則でないから，収束半径は $1$ である．

［例］

$\begin{align} \frac{1}{1+x} &= 1-x+x^2-x^3+\cdots,\\ \frac{1}{(1+x)^2}&= 1-2x+3x^2-4x^3+\cdots,\\ \sqrt{1+x} &= 1+\frac{x}2-\frac12\,\frac{x^2}4 +\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\,\frac{x^3}6 -\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\,\frac{x^4}8+\cdots,\\ \frac{1}\sqrt{1+x} &= 1-\frac12\,x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\,x^2 +\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\,x^3 +\frac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8}\,x^4+\cdots. \end{align}$