逆三角関数と逆双曲線関数の対数表示

逆三角関数の対数表示

(1)

\[ \Sin^{\circ}z=-i\Log\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right) \]

(2)

\[ \Cos^{\circ}z=-i\Log\left(z+i\sqrt{1-z^{2}}\right) \]

(3)

\[ \Tan^{\circ}z=\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-iz\right)-\Log\left(1+iz\right)\right) \]

(4)

\[ \sin^{-1,\circ}z=-i\Log\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \]

(5)

\[ \cos^{-1,\circ}z=-i\Log\left(\frac{1}{z}+i\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \]

(6)

\[ \tan^{-1,\circ}z=\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-\frac{i}{z}\right)-\Log\left(1+\frac{i}{z}\right)\right) \]

(1)

\begin{align*} w & =\sin z\\ & =\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \end{align*}

より、

\[ \left(e^{iz}\right)^{2}-2iw\left(e^{iz}\right)-1=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{iz}=iw+\sqrt{1-w^{2}} \]

となるので、

\begin{align*} \Sin^{\circ}w & =z\\ & =-i\Log\left(iw+\sqrt{1-w^{2}}\right) \end{align*}

(1)補足

\[ \sqrt{1-z^{2}}=\sqrt{1-z}\sqrt{1-z} \]

なので、

\[ \Sin^{\circ}z=-i\Log\left(iz+\sqrt{1-z}\sqrt{1-z}\right) \]

としてもいい。

(2)

複素数の範囲でも\(\Cos^{\circ}z+\Sin^{\circ}z=\frac{\pi}{2}\)が成り立つようにする。

\begin{align*} \Cos^{\circ}z & =\frac{\pi}{2}-\Sin^{\circ}z\\ & =\frac{\pi}{2}+i\Log\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)\\ & =-i\Log\left(e^{i\frac{\pi}{2}}\right)+i\Log\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)\\ & =-i\left(\Log\left(i\right)-\Log\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)\right)\\ & =-i\Log\left(\frac{i}{iz+\sqrt{1-z^{2}}}\right)\cmt *\\ & =-i\Log\left(\frac{i\left(-iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)}{\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)\left(-iz+\sqrt{1-z^{2}}\right)}\right)\\ & =-i\Log\left(z+i\sqrt{1-z^{2}}\right) \end{align*}

(2)-2

\begin{align*} w & =\cos z\\ & =\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} \end{align*}

より、

\[ \left(e^{iz}\right)^{2}-2w\left(e^{iz}\right)+1=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{iz}=w+i\sqrt{1-w^{2}} \]

となるので、

\begin{align*} \Cos^{\circ}w & =z\\ & =-i\Log\left(w+i\sqrt{1-w^{2}}\right) \end{align*}

(3)

\begin{align*} w & =\tan z\\ & =-i\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}} \end{align*}

より、

\[ \left(w+i\right)\left(e^{iz}\right)^{2}+\left(w-i\right)=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{iz}=\frac{\sqrt{1+iw}}{\sqrt{1-iw}} \]

となるので、

\begin{align*} \Tan^{\circ}w & =z\\ & =-i\Log\frac{\sqrt{1+iw}}{\sqrt{1-iw}}\\ & =-\frac{i}{2}\left(\Log\left(1+iw\right)-\Log\left(1-iw\right)\right)\\ & =\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-iw\right)-\Log\left(1+iw\right)\right) \end{align*}

(3)補足

\begin{align*} \Log\left(1-2\right)-\Log\left(1+2\right) & =\Log\left(-1\right))-\Log\left(3\right)\\ & =i\pi-\Log\left(3\right)\\ & \ne\Log\frac{1-2}{1+2}\\ & =-\ln3-i\pi\\ & =\ln\frac{1}{3}+i\Arg\left(-\frac{1}{3}\right)\\ & =\Log\left(-\frac{1}{3}\right)\\ & =\Log\frac{1-2}{1+2} \end{align*}

となるので、

\[ \Log\left(1-iw\right)-\Log\left(1+iw\right)\ne\Log\frac{1-iw}{1+iw} \]

である。

(4)

\begin{align*} \sin^{-1,\circ}z & =\sin^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{x}\\ & =\Sin^{\circ}\left(\frac{1}{z}\right)\\ & =-i\Log\left(i\frac{1}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \end{align*}

(4)-2

\begin{align*} w & =\sin^{-1}z\\ & =\frac{2i}{e^{iz}-e^{-iz}} \end{align*}

より、

\[ w\left(e^{iz}\right)^{2}-2i\left(e^{iz}\right)-w=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{iz}=\frac{i+\sqrt{w^{2}-1}}{w} \]

となるので、

\begin{align*} \sin^{-1,\circ}w & =z\\ & =-i\Log\left(\frac{i}{w}+\sqrt{1-\frac{1}{w^{2}}}\right) \end{align*}

(5)

\begin{align*} \cos^{-1,\circ}z & =\cos^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{z}\\ & =\cos^{\circ}\frac{1}{z}\\ & =-i\Log\left(\frac{1}{z}+i\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \end{align*}

(5)-2

\begin{align*} \cos^{-1,\circ}z & =\frac{\pi}{2}-\sin^{-1,\circ}z\\ & =\frac{\pi}{2}+i\Log\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)\\ & =-i\Log e^{i\frac{\pi}{2}}+i\Log\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)\\ & =-i\left(\Log i-\Log\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)\right)\\ & =-i\left(\Log\frac{i}{\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}}\right)\\ & =-i\left(\Log\frac{i\left(-\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)}{\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)\left(-\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right)}\right)\\ & =-i\left(\Log\frac{1}{z}+i\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \end{align*}

(5)-3

\begin{align*} w & =\cos^{-1}z\\ & =\frac{2}{e^{iz}+e^{-iz}} \end{align*}

より、

\[ w\left(e^{iz}\right)^{2}-2\left(e^{iz}\right)+w=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{iz}=\frac{1+\sqrt{1-w^{2}}}{w} \]

となるので、

\begin{align*} \cos^{-1,\circ}w & =z\\ & =-i\Log\left(\frac{1}{w}+i\sqrt{1-\frac{1}{w^{2}}}\right) \end{align*}

(6)

\begin{align*} \tan^{-1,\circ}z & =\tan^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Tan^{\circ}\frac{1}{z}\\ & =\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-\frac{i}{z}\right)-\Log\left(1+\frac{i}{z}\right)\right) \end{align*}

(6)-2

\begin{align*} w & =\tan^{-1}z\\ & =i\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{e^{iz}-e^{-iz}} \end{align*}

より、

\[ \left(w-i\right)\left(e^{iz}\right)^{2}-\left(w+i\right)=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\begin{align*} e^{iz} & =\frac{\sqrt{\frac{w+i}{w}}}{\sqrt{\frac{w-i}{w}}}\\ & =\frac{\sqrt{1+\frac{i}{w}}}{\sqrt{1-\frac{i}{w}}} \end{align*}

となるので、

\begin{align*} \tan^{-1,\circ}w & =z\\ & =-i\Log\left(\frac{\sqrt{1+\frac{i}{w}}}{\sqrt{1-\frac{i}{w}}}\right)\\ & =-\frac{i}{2}\left(\Log\left(1+\frac{i}{w}\right)-\Log\left(1-\frac{i}{w}\right)\right)\\ & =\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-\frac{i}{w}\right)-\Log\left(1+\frac{i}{w}\right)\right) \end{align*}

逆双曲線関数の対数表示

(1)

\[ \Sinh^{\circ}z=\Log\left(z+\sqrt{z^{2}+1}\right) \]

(2)

\[ \Cosh^{\circ}z=\Log\left(z+\sqrt{z-1}\sqrt{z+1}\right) \]

(3)

\[ \Tanh^{\circ}z=\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+z\right)-\Log\left(1-z\right)\right) \]

(4)

\[ \sinh^{-1,\circ}z=\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z^{2}}+1}\right) \]

(5)

\[ \cosh^{-1,\circ}z=\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z}-1}\sqrt{\frac{1}{z}+1}\right) \]

(6)

\[ \tanh^{-1,\circ}z=\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+\frac{1}{z}\right)-\Log\left(1-\frac{1}{z}\right)\right) \]

(1)

\begin{align*} \Sinh^{\circ}z & =-i\Sin^{\circ}\left(iz\right)\\ & =-i\left(-i\Log\left(-z+\sqrt{1+z^{2}}\right)\right)\\ & =-\Log\left(-z+\sqrt{1+z^{2}}\right)\\ & =\Log\left(-z+\sqrt{1+z^{2}}\right)^{-1}\cmt{\Arg\left(-z+\sqrt{1+z^{2}}\right)\ne\pi}\\ & =\Log\left(\frac{z+\sqrt{1+z^{2}}}{\left(-z+\sqrt{1+z^{2}}\right)\left(z+\sqrt{1+z^{2}}\right)}\right)\\ & =\Log\left(z+\sqrt{1+z^{2}}\right) \end{align*}

(1)-2

\begin{align*} w & =\sinh z\\ & =\frac{e^{z}-e^{-z}}{2} \end{align*}

より、

\[ \left(e^{z}\right)^{2}-2w\left(e^{z}\right)-1=0 \]

\(e^{z}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{z}=w+\sqrt{w^{2}+1} \]

となるので、

\begin{align*} \Sinh^{\circ}w & =z\\ & =\Log\left(w+\sqrt{w^{2}+1}\right) \end{align*}

(1)補足

\[ \sqrt{z^{2}+1}=\sqrt{z-i}\sqrt{z+i} \]

なので、

\[ \Sinh^{\circ}z=\Log\left(z+\sqrt{z-i}\sqrt{z+i}\right) \]

としてもいい。

(2)

\begin{align*} w & =\cosh z\\ & =\frac{e^{z}+e^{-z}}{2} \end{align*}

より、

\[ \left(e^{z}\right)^{2}-2w\left(e^{z}\right)+1=0 \]

\(e^{iz}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{z}=w+\sqrt{w-1}\sqrt{w+1} \]

となるので、

\begin{align*} \Cosh^{\circ}w & =z\\ & =\Log\left(w+\sqrt{w-1}\sqrt{w+1}\right) \end{align*}

(2)補足

\[ \sqrt{z-1}\sqrt{z+1}\ne\sqrt{z^{2}-1} \]

なので、分岐截線の都合上、
\[ \Cosh^{\circ}z=\Log\left(z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \]

としない。

(3)

\begin{align*} \Tanh^{\circ}z & =-i\Tan^{\circ}\left(iz\right)\\ & =-i\left\{ \frac{i}{2}\left(\Log\left(1+z\right)-\Log\left(1-z\right)\right)\right\} \\ & =\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+z\right)-\Log\left(1-z\right)\right) \end{align*}

(3)-2

\begin{align*} w & =\tanh z\\ & =\frac{e^{z}-e^{-z}}{e^{z}+e^{-z}} \end{align*}

より、

\[ \left(w-1\right)\left(e^{z}\right)^{2}+\left(w+1\right)=0 \]

\(e^{z}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{z}=\frac{\sqrt{1+w}}{\sqrt{1-w}} \]

となるので、

\begin{align*} \Tanh^{\circ}w & =z\\ & =\Log\frac{\sqrt{1+w}}{\sqrt{1-w}}\\ & =\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+w\right)-\Log\left(1-w\right)\right) \end{align*}

(4)

\begin{align*} \sinh^{-1,\circ}z & =\sinh^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Sinh^{\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z^{2}}+1}\right) \end{align*}

(4)-2

\begin{align*} \sinh^{-1,\circ}z & =i\sin^{-1,\circ}\left(iz\right)\\ & =i\left(-i\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{1+\frac{1}{z^{2}}}\right)\right)\\ & =\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{1+\frac{1}{z^{2}}}\right) \end{align*}

(4)-3

\begin{align*} w & =\sinh^{-1}z\\ & =\frac{2}{e^{z}-e^{-z}} \end{align*}

より、

\[ w\left(e^{z}\right)^{2}-2\left(e^{z}\right)-w=0 \]

\(e^{z}\)について解を1つ選ぶと、

\[ e^{z}=\frac{1+\sqrt{1+w^{2}}}{w} \]

となるので、

\begin{align*} \sinh^{-1,\circ}w & =z\\ & =\Log\left(\frac{1}{w}+\sqrt{\frac{1}{w^{2}}+1}\right) \end{align*}

(5)

\begin{align*} \cosh^{-1,\circ}z & =\cosh^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Cosh^{\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z}-1}\sqrt{\frac{1}{z}+1}\right) \end{align*}

(5)-2

\begin{align*} w & =\cosh^{-1}z\\ & =\frac{2}{e^{z}+e^{-z}} \end{align*}

より、

\[ w\left(e^{z}\right)^{2}-2\left(e^{z}\right)+w=0 \]

\(e^{z}\)について解を選ぶと、

\begin{align*} e^{z} & =\frac{1}{w}+\sqrt{\frac{1-w}{w}}\sqrt{\frac{1+w}{w}}\\ & =\frac{1}{w}+\sqrt{\frac{1}{w}-1}\sqrt{\frac{1}{w}+1} \end{align*}

となるので、

\begin{align*} \cosh^{-1,\circ}w & =z\\ & =\Log\left(\frac{1}{w}+\sqrt{\frac{1}{w}-1}\sqrt{\frac{1}{w}+1}\right) \end{align*}

(6)

\begin{align*} \tanh^{-1,\circ}z & =\tanh^{-1,\circ\circ,-1,\circ}\frac{1}{z}\\ & =\Tanh^{\circ}\frac{1}{z}\\ & =\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+\frac{1}{z}\right)-\Log\left(1-\frac{1}{z}\right)\right) \end{align*}

(6)-2

\begin{align*} \tanh^{-1,\circ}z & =i\tan^{-1,\circ}\left(iz\right)\\ & =i\left(\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-\frac{1}{z}\right)-\Log\left(1+\frac{1}{z}\right)\right)\right)\\ & =\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+\frac{1}{z}\right)-\Log\left(1-\frac{1}{z}\right)\right) \end{align*}

(6)-3

\begin{align*} w & =\tanh^{-1}z\\ & =\frac{e^{z}+e^{-z}}{e^{z}-e^{-z}} \end{align*}

より、

\[ \left(w-1\right)\left(e^{iz}\right)^{2}-\left(w+1\right)=0 \]

\(e^{z}\)について解を1つ選ぶと、

\begin{align*} e^{iz} & =\frac{\sqrt{\frac{w+1}{w}}}{\sqrt{\frac{w-1}{w}}}\\ & ==\frac{\sqrt{1+\frac{1}{w}}}{\sqrt{1-\frac{1}{w}}} \end{align*}

となるので、

\begin{align*} \tanh^{-1,\circ}w & =z\\ & =\Log\left(\frac{\sqrt{1+\frac{1}{w}}}{\sqrt{1-\frac{1}{w}}}\right)\\ & =\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+\frac{1}{w}\right)-\Log\left(1-\frac{1}{w}\right)\right) \end{align*}

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タイトル

逆三角関数と逆双曲線関数の対数表示

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https://www.nomuramath.com/rr3au8qa/

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