第24章正則関数とコーシー・リーマンの方程式

証明：微分可能 $\Rightarrow$ 正則

$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ が $z=x+iy$ で（複素数の意味で）微分可能であるとする．つまり，

$$ f'(z) = \lim_{h\to0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h} $$

という極限が存在し，しかも$h$ がどんな近づき方で $0$ に近づいても同じ値になるとする．$h=\alpha+i\beta$（$\alpha,\beta$ は実数）とおくと，

$$ f(z+h)-f(z) = \bigl[u(x+\alpha,y+\beta)-u(x,y)\bigr] + i\bigl[v(x+\alpha,y+\beta)-v(x,y)\bigr] $$

だから，

$$ f'(z) = \lim_{\substack{\alpha\to0\\ \beta\to0}}\left(\frac{u(x+\alpha,y+\beta)-u(x,y)}{\alpha+i\beta}+i\,\frac{v(x+\alpha,y+\beta)-v(x,y)}{\alpha+i\beta}\right) $$

という極限になる．「どんな近づき方でも同じ値」なのだから，特に次の2つの特別な近づき方——$h$ を実軸方向だけ，虚軸方向だけに動かす近づき方——について計算した極限も，当然もとの $f'(z)$ と同じ値になっているはずである．図24.5に，この2方向を図示した．

[1] $\beta=0,\ \alpha\to0$ のとき（$h$ を実軸方向だけに動かす，つまり $y$ を固定して $x$ だけ動かす）．このとき上の式で $\beta=0$ とおくと，

\begin{equation} f'(z) = \lim_{\alpha\to0}\left(\frac{u(x+\alpha,y)-u(x,y)}{\alpha}+i\,\frac{v(x+\alpha,y)-v(x,y)}{\alpha}\right) = \pdiff ux + i\pdiff vx = u_x + iv_x \label{eq:24-dir1} \end{equation}

（右辺の各項は，$y$ を固定したまま $x$ で微分するという，まさに偏導関数 $u_x,v_x$ の定義そのものである．）

[2] $\alpha=0,\ \beta\to0$ のとき（$h$ を虚軸方向だけに動かす，つまり $x$ を固定して $y$ だけ動かす）．このとき $\alpha=0$ とおくと，分母は $i\beta$ になるので，

$$ f'(z) = \lim_{\beta\to0}\left(\frac{u(x,y+\beta)-u(x,y)}{i\beta}+i\,\frac{v(x,y+\beta)-v(x,y)}{i\beta}\right) $$

ここで $\dfrac1i=-i$（$i\times(-i)=-i^2=1$ より）を使って分母の $i$ を払うと，

\begin{equation} f'(z) = \lim_{\beta\to0}\left(-i\,\frac{u(x,y+\beta)-u(x,y)}{\beta}+\frac{v(x,y+\beta)-v(x,y)}{\beta}\right) = -i\pdiff uy + \pdiff vy = -iu_y + v_y \label{eq:24-dir2} \end{equation}

複素関数が微分可能であるという仮定から，[1]と[2]はどちらも同じ $f'(z)$ に等しいので，

$$ u_x + iv_x = -iu_y + v_y $$

両辺は複素数であり，2つの複素数が等しいのは実部どうし・虚部どうしがそれぞれ等しいときに限る（高校数学既習）．左辺の実部は $u_x$，虚部は $v_x$．右辺の実部は $v_y$，虚部は $-u_y$．よって実部を比べて $u_x=v_y$，虚部を比べて $v_x=-u_y$，すなわち $u_y=-v_x$．

$$ \therefore\ u_x=v_y,\quad u_y=-v_x \qquad\text{（コーシー・リーマンの方程式）} $$

（証明終わり：微分可能 $\Rightarrow$ 正則）

証明：正則 $\Rightarrow$ 微分可能

$h=\alpha+i\beta\to0$（$z_0+h$ が $N$ に入るくらい小さいとする）を任意にとる．

$$ f(z_0+h)-f(z_0) = \bigl[u(x_0+\alpha,y_0+\beta)-u(x_0,y_0)\bigr] + i\bigl[v(x_0+\alpha,y_0+\beta)-v(x_0,y_0)\bigr] $$

右辺の2つの $[\ ]$ の中身に，それぞれ第6章定理6.2（2変数関数のテイラーの定理）を $n=0$ として適用する——これがちょうど「2変数関数の平均値の定理」であり，ノートが予告して力尽きたところである．定理6.2で $n=0$ とおくと，剰余項だけが残り，$(a,b)=(x_0,y_0)$，$(h,k)=(\alpha,\beta)$ として，

$$ u(x_0+\alpha,y_0+\beta)-u(x_0,y_0) = \alpha\,u_x(P_1) + \beta\,u_y(P_1) $$ $$ v(x_0+\alpha,y_0+\beta)-v(x_0,y_0) = \alpha\,v_x(P_2) + \beta\,v_y(P_2) $$

となる（ある $\theta_1,\theta_2\in(0,1)$ が存在して，$P_1=(x_0+\theta_1\alpha,\,y_0+\theta_1\beta)$，$P_2=(x_0+\theta_2\alpha,\,y_0+\theta_2\beta)$ である）．$u$ と $v$ は別の関数なので，定理6.2を保証する $\theta$ の値は一般に異なってよい——そのため添字を付けて $\theta_1,\theta_2$ と区別した．いずれにせよ $P_1,P_2$ は $z_0$ と $z_0+h$ を結ぶ線分の上にあるので，$h\to0$（$\alpha,\beta\to0$）のとき $P_1\to(x_0,y_0)$，$P_2\to(x_0,y_0)$ となる．

この2式を代入すると，

$$ f(z_0+h)-f(z_0) = \alpha\,u_x(P_1) + \beta\,u_y(P_1) + i\bigl[\alpha\,v_x(P_2) + \beta\,v_y(P_2)\bigr] $$

ここで，$P_1,P_2$ はどちらも近傍 $N$ の中の点だから，そこでもC-R方程式が成り立っている（「近傍全体で成り立つ」がここで効いてくる）．すなわち $u_y(P_1)=-v_x(P_1)$，$v_y(P_2)=u_x(P_2)$ を代入すると，

$$ f(z_0+h)-f(z_0) = \alpha\,u_x(P_1) - \beta\,v_x(P_1) + i\bigl[\alpha\,v_x(P_2) + \beta\,u_x(P_2)\bigr] $$

目標は，これが $h\cdot\bigl(u_x(z_0)+iv_x(z_0)\bigr)$ に限りなく近いことを示すことである．実際に展開すると，

$$ h\bigl(u_x(z_0)+iv_x(z_0)\bigr) = (\alpha+i\beta)\bigl(u_x(z_0)+iv_x(z_0)\bigr) = \bigl[\alpha u_x(z_0)-\beta v_x(z_0)\bigr] + i\bigl[\alpha v_x(z_0)+\beta u_x(z_0)\bigr] $$

（実部・虚部の形が，1つ上の式とちょうど対応する形になっていることに注目する．）そこで差 $E(h):=f(z_0+h)-f(z_0)-h\bigl(u_x(z_0)+iv_x(z_0)\bigr)$ をつくると，対応する項どうしを引き算して，

$$ E(h) = \alpha\underbrace{\bigl[u_x(P_1)-u_x(z_0)\bigr]}_{=:\varepsilon_1} - \beta\underbrace{\bigl[v_x(P_1)-v_x(z_0)\bigr]}_{=:\varepsilon_2} + i\Bigl(\alpha\underbrace{\bigl[v_x(P_2)-v_x(z_0)\bigr]}_{=:\varepsilon_3} + \beta\underbrace{\bigl[u_x(P_2)-u_x(z_0)\bigr]}_{=:\varepsilon_4}\Bigr) $$

$u_x,v_x$ は（$C^1$ 級の仮定により）$z_0$ で連続であり，$h\to0$ のとき $P_1,P_2\to(x_0,y_0)$ だから，4つの量 $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon_4$ はすべて $h\to0$ のとき $0$ に収束する．また $|\alpha|\le|h|$，$|\beta|\le|h|$（三平方の定理より $|h|=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}\ge|\alpha|,|\beta|$）だから，三角不等式を使うと，

$$ |E(h)| \le |\alpha||\varepsilon_1|+|\beta||\varepsilon_2|+|\alpha||\varepsilon_3|+|\beta||\varepsilon_4| $$

ここで4つの項それぞれに $|\alpha|\le|h|,\ |\beta|\le|h|$ を適用し，さらに $|\varepsilon_1|,|\varepsilon_2|,|\varepsilon_3|,|\varepsilon_4|$ をすべて $\max(|\varepsilon_1|,|\varepsilon_2|,|\varepsilon_3|,|\varepsilon_4|)$ で置き換える（4つの項をそれぞれ最大限に見積もるので，やや粗いが確実な評価になる）と，

$$ |E(h)| \le |h|\,|\varepsilon_1|+|h|\,|\varepsilon_2|+|h|\,|\varepsilon_3|+|h|\,|\varepsilon_4| \le 4|h|\max(|\varepsilon_1|,|\varepsilon_2|,|\varepsilon_3|,|\varepsilon_4|) $$

両辺を $|h|$（$\ne0$）で割ると，

$$ \left|\frac{E(h)}{h}\right| \le 4\max(|\varepsilon_1|,|\varepsilon_2|,|\varepsilon_3|,|\varepsilon_4|) \ \xrightarrow[h\to0]{}\ 0 $$

この評価は $h$ の向き（偏角）にはいっさいよらず，大きさ $|h|$ が小さいことだけから出てくる点が重要である——だからこそ，$h$ がどんな経路で $0$ に近づいても，同じ結論が成り立つ．したがって，

$$ \lim_{h\to0}\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} = u_x(z_0)+iv_x(z_0) + \lim_{h\to0}\frac{E(h)}{h} = u_x(z_0)+iv_x(z_0) $$

すなわち $f'(z_0)$ は（近づき方によらず）存在し，$f'(z_0)=u_x(z_0)+iv_x(z_0)$ に等しい．これは複素微分可能性の定義そのものである．

（証明終わり：正則 $\Rightarrow$ 微分可能）

証明

和・差について，定義どおりに極限を計算すると，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(f(z)\pm g(z)\bigr) = \lim_{\Delta z\to0}\frac{\bigl(f(z+\Delta z)\pm g(z+\Delta z)\bigr)-\bigl(f(z)\pm g(z)\bigr)}{\Delta z} $$

分子を $f$ の差と $g$ の差に組み替える（足し算・引き算の順序を変えただけ）と，

$$ = \lim_{\Delta z\to0}\left(\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}\pm\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}\right) $$

極限は和・差について分配できる（$f,g$ それぞれの極限が存在するので）ので，

$$ = \lim_{\Delta z\to0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z} \pm \lim_{\Delta z\to0}\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z} = \frac{d}{dz}f(z)\pm\frac{d}{dz}g(z) $$

定数倍についても同様に，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(\alpha f(z)\bigr) = \lim_{\Delta z\to0}\frac{\alpha f(z+\Delta z)-\alpha f(z)}{\Delta z} = \alpha\lim_{\Delta z\to0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z} = \alpha\,\frac{d}{dz}f(z) $$

（$\alpha$ は $\Delta z\to0$ に無関係な定数だから，極限の外にくくり出せる．）

（証明終わり）

証明：積の微分公式

定義どおり差分商をつくる．

$$ \frac{(fg)(z+\Delta z)-(fg)(z)}{\Delta z} = \frac{f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z)}{\Delta z} $$

分子に $-f(z+\Delta z)g(z)+f(z+\Delta z)g(z)$（差し引き $0$ になる項）をはさみ込む——これは実関数の積の微分公式の証明で使うのとまったく同じ技巧である．

$$ f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z)g(z) = f(z+\Delta z)\bigl[g(z+\Delta z)-g(z)\bigr] + g(z)\bigl[f(z+\Delta z)-f(z)\bigr] $$

（右辺を展開すると $f(z+\Delta z)g(z+\Delta z)-f(z+\Delta z)g(z)+g(z)f(z+\Delta z)-g(z)f(z)$ となり，中央の2項が打ち消し合わずに残る形——$-f(z+\Delta z)g(z)+g(z)f(z+\Delta z)=0$——であることを確認すれば，左辺と一致するとわかる．）両辺を $\Delta z$ で割ると，

$$ \frac{(fg)(z+\Delta z)-(fg)(z)}{\Delta z} = f(z+\Delta z)\cdot\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z} + g(z)\cdot\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z} $$

$\Delta z\to0$ のとき，$f$ は（微分可能だから）連続でもあるので $f(z+\Delta z)\to f(z)$，また右辺の2つの差分商はそれぞれ $g'(z),f'(z)$ に収束する．よって，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(f(z)g(z)\bigr) = f(z)g'(z) + g(z)f'(z) = f'(z)g(z)+f(z)g'(z) $$

（証明終わり）

証明：商の微分公式

$\varphi(z)=f(z)/g(z)$ とおく．$f(z)=\varphi(z)g(z)$ と見て，両辺を積の微分公式（いま証明したばかりの公式）で微分すると，

$$ f'(z) = \varphi'(z)g(z)+\varphi(z)g'(z) $$

$\varphi'(z)$ について解くと，

$$ \varphi'(z) = \frac{f'(z)-\varphi(z)g'(z)}{g(z)} = \frac{f'(z)-\dfrac{f(z)}{g(z)}g'(z)}{g(z)} = \frac{f'(z)g(z)-f(z)g'(z)}{\{g(z)\}^2} $$

（最後の変形は，分子・分母に $g(z)$ を掛けて分数の中の分数を整理した．）すなわち，

$$ \frac{d}{dz}\left(\frac{f(z)}{g(z)}\right) = \frac{f'(z)g(z)-f(z)g'(z)}{\{g(z)\}^2} $$

（証明終わり，sympyで数値検算済み：$f(z)=z^2+1,\ g(z)=z-1$ で直接微分と公式が一致）

補題：$\dfrac{d}{dz}\bigl(e^{cz}\bigr)=c\,e^{cz}$（$c$ は任意の複素定数）

$c=p+iq$（$p,q$ は実数）とおく．$cz=(p+iq)(x+iy)=(px-qy)+i(qx+py)$ だから，オイラーの公式（第21章21.4節）より，

$$ e^{cz} = e^{(px-qy)+i(qx+py)} = e^{px-qy}\bigl[\cos(qx+py)+i\sin(qx+py)\bigr] $$

したがって，$u(x,y)=e^{px-qy}\cos(qx+py)$，$v(x,y)=e^{px-qy}\sin(qx+py)$ である．$u$ を $x$ で偏微分するときは，積の微分（$e^{px-qy}$ の部分の指数の中身が $x$ を含み，$\cos(qx+py)$ の中身も $x$ を含むので，2つとも $x$ に依存する関数の積として微分する）を使う．$e^{px-qy}$ を $x$ で微分すると，指数の中身 $px-qy$ を $x$ で微分した $p$ が前に出て $p\,e^{px-qy}$，$\cos(qx+py)$ を $x$ で微分すると，中身 $qx+py$ を $x$ で微分した $q$ が前に出て $-q\sin(qx+py)$ になる（合成関数の微分）．よって，

$$ u_x = p\,e^{px-qy}\cos(qx+py) + e^{px-qy}\cdot\bigl(-q\sin(qx+py)\bigr) = e^{px-qy}\bigl[p\cos(qx+py)-q\sin(qx+py)\bigr] $$

同様に $v$ を $y$ で偏微分する．$e^{px-qy}$ を $y$ で微分すると中身を $y$ で微分した $-q$ が前に出て $-q\,e^{px-qy}$，$\sin(qx+py)$ を $y$ で微分すると中身を $y$ で微分した $p$ が前に出て $p\cos(qx+py)$ になるので，

$$ v_y = -q\,e^{px-qy}\sin(qx+py) + e^{px-qy}\cdot p\cos(qx+py) = e^{px-qy}\bigl[p\cos(qx+py)-q\sin(qx+py)\bigr] $$

$u_x$ と $v_y$ を比べると完全に一致しており，$u_x=v_y$ が確認できた．同様に $u_y,-v_x$ を計算しても一致することが確かめられる（sympyで検算済み，全4つの偏導関数を計算してC-R方程式を確認した）．よって $e^{cz}$ は（$c$ がどんな複素定数であっても）全平面で正則である．系24.1より，導関数は，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(e^{cz}\bigr) = u_x+iv_x $$

で求まる．$v_x$ も同様に計算すると $v_x=e^{px-qy}\bigl[p\sin(qx+py)+q\cos(qx+py)\bigr]$ となるので，

$$ u_x+iv_x = e^{px-qy}\Bigl\{\bigl[p\cos(qx+py)-q\sin(qx+py)\bigr] + i\bigl[p\sin(qx+py)+q\cos(qx+py)\bigr]\Bigr\} $$

波括弧の中を $p$ の項と $q$ の項に整理すると，

$$ = e^{px-qy}\Bigl\{p\bigl[\cos(qx+py)+i\sin(qx+py)\bigr] + iq\bigl[\cos(qx+py)+i\sin(qx+py)\bigr]\Bigr\} = e^{px-qy}(p+iq)\bigl[\cos(qx+py)+i\sin(qx+py)\bigr] $$

（$-q\sin(\cdot)+iq\cdot i\sin(\cdot)$ のような項が $iq[\cos+i\sin]=iq\cos-q\sin$ という形にまとまることを使った．）最後に $p+iq=c$ と，$e^{px-qy}[\cos(qx+py)+i\sin(qx+py)]=e^{cz}$（最初の式に戻る）を使うと，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(e^{cz}\bigr) = c\,e^{cz} $$

（証明終わり，sympyで数値検算済み：ランダムな複素数 $c,z$ で6点チェック）

導出：$\dfrac{d}{dz}(e^z)=e^z$

いま示した補題で $c=1$（$p=1,q=0$）とおくだけでよい．

$$ \frac{d}{dz}\bigl(e^{1\cdot z}\bigr) = 1\cdot e^{1\cdot z} \quad\Longrightarrow\quad \frac{d}{dz}(e^z)=e^z $$

（証明終わり——例題24.4でC-R方程式を確認したこととも整合する）

導出：$\dfrac{d}{dz}(\alpha^z)=\alpha^z\log\alpha$

複素べき乗の定義（第23章）は $\alpha^z=e^{z\log\alpha}$（$\log\alpha$ はある1つの分枝に固定した複素定数）である．これは補題で $c=\log\alpha$（固定された複素定数）とおいた場合の $e^{cz}$ そのものだから，補題より直ちに，

$$ \frac{d}{dz}\bigl(\alpha^z\bigr) = \frac{d}{dz}\bigl(e^{z\log\alpha}\bigr) = (\log\alpha)\,e^{z\log\alpha} = \alpha^z\log\alpha $$

（証明終わり）

導出：$\dfrac{d}{dz}\sin z=\cos z$，$\dfrac{d}{dz}\cos z=-\sin z$

複素三角関数の定義（第23章，オイラーの公式から導かれる指数関数による表示）は，

$$ \sin z = \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} ,\qquad \cos z = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} $$

である．$e^{iz}$ は補題で $c=i$ とおいた場合，$e^{-iz}$ は $c=-i$ とおいた場合の $e^{cz}$ にほかならない．公式24.1（線形性）を使って，$\sin z$ を項別に微分すると，

$$ \frac{d}{dz}\sin z = \frac{d}{dz}\left(\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\right) = \frac{1}{2i}\left(\frac{d}{dz}e^{iz}-\frac{d}{dz}e^{-iz}\right) = \frac{1}{2i}\Bigl(i\,e^{iz}-(-i)e^{-iz}\Bigr) $$

（補題を $c=i$ と $c=-i$ にそれぞれ適用した：$\frac{d}{dz}e^{iz}=i\,e^{iz}$，$\frac{d}{dz}e^{-iz}=(-i)e^{-iz}$．）括弧の中を整理すると $i\,e^{iz}+i\,e^{-iz}=i(e^{iz}+e^{-iz})$ となるので，

$$ \frac{d}{dz}\sin z = \frac{i(e^{iz}+e^{-iz})}{2i} = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} = \cos z $$

同様に $\cos z$ を項別に微分すると，

$$ \frac{d}{dz}\cos z = \frac{d}{dz}\left(\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}\right) = \frac12\Bigl(i\,e^{iz}+(-i)e^{-iz}\Bigr) = \frac{i(e^{iz}-e^{-iz})}{2} = i\cdot\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2} $$

$\dfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}=i\sin z$（定義式の分母を比べればわかる：$\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$ の両辺に $i$ を掛けると $i\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\cdot i=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}$）だから，

$$ \frac{d}{dz}\cos z = i\cdot i\sin z = i^2\sin z = -\sin z $$

（証明終わり，sympyで検算済み：$(e^{iz}\pm e^{-iz})$ 型の定義がsympyの$\sin z,\cos z$と数値的に一致し，その微分も$\cos z,-\sin z$と一致することを確認した）

導出：$\dfrac{d}{dz}\tan z=\dfrac{1}{\cos^2z}$

$\tan z=\dfrac{\sin z}{\cos z}$（$\cos z\ne0$）に，公式24.2（商の微分公式）を $f(z)=\sin z$，$g(z)=\cos z$ として適用すると，

$$ \frac{d}{dz}\tan z = \frac{(\sin z)'\cos z-\sin z(\cos z)'}{\cos^2z} = \frac{\cos z\cdot\cos z-\sin z\cdot(-\sin z)}{\cos^2z} = \frac{\cos^2z+\sin^2z}{\cos^2z} $$

ここで，実数のときと同じピタゴラスの関係 $\sin^2z+\cos^2z=1$ が複素数でも成り立つことを使う（下の数学ノート参照）．よって，

$$ \frac{d}{dz}\tan z = \frac{1}{\cos^2z} $$

（証明終わり，sympyで検算済み：sympyの$\tan z$の微分と$1/\cos^2z$が一致）

導出：$\dfrac{d}{dz}\log z=\dfrac1z$

複素対数関数の主値（第23章）は $\log z=\log|z|+i\arg z$ と定義される．$z=x+iy$，$|z|=\sqrt{x^2+y^2}$ とし，偏角の主値を $\arg z\in(-\pi,\pi]$ にとる．$x\gt0$ の範囲では $\arg z=\tan^{-1}\dfrac yx$ と書けるので，

$$ u(x,y) = \log\sqrt{x^2+y^2} = \frac12\log(x^2+y^2) ,\qquad v(x,y) = \tan^{-1}\frac{y}{x} $$

偏導関数を計算する．$u$ は合成関数の微分（$\log$ の中身 $x^2+y^2$ をさらに $x$ で微分する）で，

$$ u_x = \frac12\cdot\frac{2x}{x^2+y^2} = \frac{x}{x^2+y^2} $$

$v=\tan^{-1}(y/x)$ を $y$ で偏微分するときは，$\tan^{-1}u$ の微分公式 $\dfrac{1}{1+u^2}$（$u=y/x$）に，$u$ を $y$ で微分した $1/x$ を掛けて，

$$ v_y = \frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\frac1x = \frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\frac1x = \frac{x}{x^2+y^2} $$

$u_x=v_y$ が確認できた．同様に $u_y=\dfrac{y}{x^2+y^2}$，$v_x=\dfrac1{1+(y/x)^2}\cdot\left(-\dfrac{y}{x^2}\right)=-\dfrac{y}{x^2+y^2}$ となり，$u_y=-v_x$ も成り立つ（sympyで検算済み）．よって $\log z$ は（$x\gt0$ の範囲で）正則である．系24.1より，

$$ \frac{d}{dz}\log z = u_x+iv_x = \frac{x}{x^2+y^2} - i\,\frac{y}{x^2+y^2} = \frac{x-iy}{x^2+y^2} = \frac{\bar z}{|z|^2} = \frac{\bar z}{z\bar z} = \frac1z $$

（$x\lt0$ の範囲でも，$\arg z$ の主値の表し方が変わるだけで，まったく同様の計算により同じ結果 $1/z$ が得られる．）

（証明終わり，sympyで数値検算済み：$x\gt0$ の範囲で6点チェック）