証明問題

e^(log(z))=zを証明せよという問題で、
e^(log(z))=e^{Log(r)+i(Θ+2πn)}だから両辺logをとって
Log(r)+i(Θ+2πn)=log(z)というのは強引ですか?

sin^(-1)(z)=(1/i)log{iz+(1-z^2)^(1/2)}の証明で
w=sin^(-1)(z)とおけばsin(w)=z,
だからz={e^(iw)-e^(-iw)}/2i　　※1
ここまではいいのですが、{e^(iw)}^2 -2ize^(iw) -1=0※2と変形させるとあるのですが、どのように変形したら※1から※2になるのでしょうか。移項させて2iz=e^(iw)-e^(-iw)まではわかるのですが...。

恐らく上の問題を利用してだと思いますが、{sin^(-1)(z)}'=1/{1-z^2}^(1/2)の証明はどのように行うのでしょうか。どのように考えていいかもわかりません。

No.3 ベストアンサー 回答者： minardi 回答日時： 2005/01/28 18:04

非常に遅いレスになり、たいへんもうしわけありません。

もう見ておられないと思いますが…

sin^(-1)(z)=(1/i)log{iz+(1-z^2)^(1/2)}と定義されていますが、

対数関数はlogz=logr+i(θ+2nπ)とあらわされるので多価関数です。
いま、ｚ平面でOからθ方向に出る半直線を除いた残りの領域Dで
f(z)=logr+iargz (θ<argz<θ+2π)とすれば、
f(z)はDで正則な一価関数となることがわかります。
このf(z)をlogzの分枝といいます。

また√zは、w^2=zとなるような2つのwをあらわす2価の関数です。
そこで、log(z)=e^Log(z/2)、log(z)=-e^Log(z/2)と２つにわけて
それぞれについて、正則な一価関数とかんがえてとくことができると思います。

そうすると
dsin^(-1)(z)/dz
=d(1/i)log{iz+√(1-z^2)}/dz
=(1/i){i-z/√(1-z^2)}/{iz+√(1-z^2)}
=(1/i){i-z/√(1-z^2)}{-iz+√(1-z^2)}/{z^2+(1-z^2)}
={√(1-z^2)+iz}{√(1-z^2)-iz}/√(1-z^2)
={(1-z^2)+z^2}/√(1-z^2)
=1/√(1-z^2)

とできるとおもいます。
厳密でない点があると思いますが、リーマン面などについて検索されると
関係した内容がさがせるのではないでしょうか。

この回答へのお礼

>非常に遅いレスになり、たいへんもうしわけありません。
もう見ておられないと思いますが…
いえいえ、ずっと気になっていましたのでとても助かりました。

大変参考になりました。回答ありがとうございました。

お礼日時：2005/01/29 18:33

No.2 回答者： minardi 回答日時： 2005/01/16 03:19

i)z=re^(iθ)であるとき

e^(log(z))
=e^{loge|z|+iarg(z)}
=e^loge(r)e^{i(θ+2nπ)}
=re^(iθ)=z


ii)z={e^(iw)-e^(-iw)}/2iの両辺に2ie^(iw)をかけて整理すると
　　
2ize^(iw)=e^(iw){e^(iw)-e^(-iw)}
2ize^(iw)={e^(iw)}^2-1
{e^(iw)}^2-1=2ize^(iw)
{e^(iw)}^2-2ize^(iw)-1=0


iii){sin^(-1)(z)}'=1/{1-z^2}^(1/2)の証明は
sin^(-1)(z)は多価関数ですが、
それぞれの分枝について
dlogz/dz=1/zとなるとかんがえてよいとおもいます。

この回答への補足

iii)をもう少し、順を追って説明いただければうれしいです。

補足日時：2005/01/18 13:29

この回答へのお礼

回答ありがとうございました。
ii)を悩んでいたのですが、2ie^(iw)を両辺にかければ良いということで解決しました！

お礼日時：2005/01/18 13:29

No.1 回答者： physicsache 回答日時： 2005/01/15 22:59

難しく考えすぎてない？

e^(log(z))=z

左辺の対数を取ると、
ln[e^(log(z))]=log(z)ln(e)=log(z)

右辺の対数を取ると、
log(z)