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)
\[ \Sin^{\bullet}z=-i\Log\left(iz+\sqrt{1-z^{2}}\right) \](2)
\[ \Cos^{\bullet}z=-i\Log\left(z+i\sqrt{1-z^{2}}\right) \](3)
\[ \Tan^{\bullet}z=\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-iz\right)-\Log\left(1+iz\right)\right) \](4)
\[ \sin^{-1,\bullet}z=-i\Log\left(\frac{i}{z}+\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \](5)
\[ \cos^{-1,\bullet}z=-i\Log\left(\frac{1}{z}+i\sqrt{1-\frac{1}{z^{2}}}\right) \](6)
\[ \tan^{-1,\bullet}z=\frac{i}{2}\left(\Log\left(1-\frac{i}{z}\right)-\Log\left(1+\frac{i}{z}\right)\right) \](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^{\bullet}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、\[ \Sin^{\bullet}z=-i\Log\left(iz+\sqrt{1-z}\sqrt{1-z}\right) \] としてもいい。
(2)
複素数の範囲でも\(\Cos^{\bullet}z+\Sin^{\bullet}z=\frac{\pi}{2}\)が成り立つようにする。\begin{align*} \Cos^{\bullet}z & =\frac{\pi}{2}-\Sin^{\bullet}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^{\bullet}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^{\bullet}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,\bullet}z & =\sin^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{x}\\ & =\Sin^{\bullet}\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,\bullet}w & =z\\ & =-i\Log\left(\frac{i}{w}+\sqrt{1-\frac{1}{w^{2}}}\right) \end{align*}
(5)
\begin{align*} \cos^{-1,\bullet}z & =\cos^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\cos^{\bullet}\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,\bullet}z & =\frac{\pi}{2}-\sin^{-1,\bullet}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,\bullet}w & =z\\ & =-i\Log\left(\frac{1}{w}+i\sqrt{1-\frac{1}{w^{2}}}\right) \end{align*}
(6)
\begin{align*} \tan^{-1,\bullet}z & =\tan^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\Tan^{\bullet}\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,\bullet}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)
\[ \Sinh^{\bullet}z=\Log\left(z+\sqrt{z^{2}+1}\right) \](2)
\[ \Cosh^{\bullet}z=\Log\left(z+\sqrt{z-1}\sqrt{z+1}\right) \](3)
\[ \Tanh^{\bullet}z=\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+z\right)-\Log\left(1-z\right)\right) \](4)
\[ \sinh^{-1,\bullet}z=\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z^{2}}+1}\right) \](5)
\[ \cosh^{-1,\bullet}z=\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z}-1}\sqrt{\frac{1}{z}+1}\right) \](6)
\[ \tanh^{-1,\bullet}z=\frac{1}{2}\left(\Log\left(1+\frac{1}{z}\right)-\Log\left(1-\frac{1}{z}\right)\right) \](1)
\begin{align*} \Sinh^{\bullet}z & =-i\Sin^{\bullet}\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^{\bullet}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、\[ \Sinh^{\bullet}z=\Log\left(z+\sqrt{z-i}\sqrt{z+i}\right) \] 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^{\bullet}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、\[ \Cosh^{\bullet}z=\Log\left(z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \] としない。
(3)
\begin{align*} \Tanh^{\bullet}z & =-i\Tan^{\bullet}\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^{\bullet}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,\bullet}z & =\sinh^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\Sinh^{\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\Log\left(\frac{1}{z}+\sqrt{\frac{1}{z^{2}}+1}\right) \end{align*}(4)-2
\begin{align*} \sinh^{-1,\bullet}z & =i\sin^{-1,\bullet}\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,\bullet}w & =z\\ & =\Log\left(\frac{1}{w}+\sqrt{\frac{1}{w^{2}}+1}\right) \end{align*}
(5)
\begin{align*} \cosh^{-1,\bullet}z & =\cosh^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\Cosh^{\bullet}\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,\bullet}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,\bullet}z & =\tanh^{-1,\bullet\bullet,-1,\bullet}\frac{1}{z}\\ & =\Tanh^{\bullet}\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,\bullet}z & =i\tan^{-1,\bullet}\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,\bullet}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*}
ページ情報
タイトル | 逆三角関数と逆双曲線関数の対数表示 |
URL | https://www.nomuramath.com/rr3au8qa/ |
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逆三角関数の負角、余角、逆数
\[
\cos^{\bullet}x+\sin^{\bullet}x=\frac{\pi}{2}
\]
三角関数と双曲線関数の実部と虚部
\[
\tan z=\frac{\sin\left(2\Re z\right)+i\sinh\left(2\Im z\right)}{\cos\left(2\Re z\right)+\cosh\left(2\Im z\right)}
\]
三角関数の部分分数展開
\[
\pi\tan\pi x =-\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+\frac{1}{2}+k}
\]
双曲線関数と三角関数の級数展開
\[
\tanh x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^{2k}\left(2^{2k}-1\right)B_{2k}}{(2k)!}x{}^{2k-1}
\]