自然対数

• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=1}$
• ${\displaystyle \lim _{\alpha \to 0}{\frac {x^{\alpha }-1}{\alpha }}=\ln x\quad {\text{for }}\;x>0}$
• ${\displaystyle {\frac {x-1}{x}}\leq \ln x\leq x-1\quad {\text{for}}\quad x>0}$
• ${\displaystyle \ln {(1+x^{\alpha })}\leq \alpha x\quad {\text{ただし}}\quad x\geq 0\;{\text{かつ}}\;\alpha \geq 1}$

自然対数以来${\displaystyle \ln(x)}$0 では定義されないため、この関数自体は他の多くの初等関数とは異なりマクローリン級数を持ちません。代わりに、他の点の周りのテイラー展開を探します。たとえば、${\displaystyle \vert x-1\vert \leq 1{\text{ かつ }}x\neq 0,}$それから^{[ 16 ]}$${\displaystyle {\begin{aligned}\ln x&=\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\int _{0}^{x-1}{\frac {1}{1+u}}\,du\\&=\int _{0}^{x-1}(1-u+u^{2}-u^{3}+\cdots )\,du\\&=(x-1)-{\frac {(x-1)^{2}}{2}}+{\frac {(x-1)^{3}}{3}}-{\frac {(x-1)^{4}}{4}}+\cdots \\&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}(x-1)^{k}}{k}}.\end{aligned}}}$$

これはテイラーシリーズです${\displaystyle \ln x}$約1。変数変換により、メルカトル図法系列が得られます。 $${\displaystyle \ln(1+x)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}x^{k}=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-\cdots ,}$$ 有効${\displaystyle |x|\leq 1}$そして${\displaystyle x\neq -1.}$

レオンハルト・オイラー[ ^{17 ]}は^、${\displaystyle x\neq -1}$それにもかかわらず、このシリーズを適用して${\displaystyle x=-1}$調和級数が自然対数に等しいことを示す${\textstyle {\frac {1}{1-1}}}$つまり、無限大の対数です。今日では、より厳密に言えば、Nで打ち切られた調和級数は、 Nが大きいとき、Nの対数に近く、その差はオイラー・マスケローニ定数に収束することが証明できます。

図は、ln(1 + x )とその 0 付近におけるいくつかのテイラー多項式のグラフです。これらの近似式は、−1 < x ≤ 1の領域でのみ関数に収束します。この領域外では、高次のテイラー多項式は関数の近似精度が低下します。

正の整数nの場合の便利な特殊ケースとして、${\displaystyle x={\tfrac {1}{n}}}$、 は： $${\displaystyle \ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{kn^{k}}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}+{\frac {1}{3n^{3}}}-{\frac {1}{4n^{4}}}+\cdots }$$

もし${\displaystyle \operatorname {Re} (x)\geq 1/2,}$それから $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(x)&=-\ln \left({\frac {1}{x}}\right)=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}({\frac {1}{x}}-1)^{k}}{k}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(x-1)^{k}}{kx^{k}}}\\&={\frac {x-1}{x}}+{\frac {(x-1)^{2}}{2x^{2}}}+{\frac {(x-1)^{3}}{3x^{3}}}+{\frac {(x-1)^{4}}{4x^{4}}}+\cdots \end{aligned}}}$$

さて、 ${\displaystyle x={\tfrac {n+1}{n}}}$正の整数nに対して、次の式が得られます。 $${\displaystyle \ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(n+1)^{k}}}={\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{2(n+1)^{2}}}+{\frac {1}{3(n+1)^{3}}}+{\frac {1}{4(n+1)^{4}}}+\cdots }$$

もし${\displaystyle \operatorname {Re} (x)\geq 0{\text{ and }}x\neq 0,}$それから $${\displaystyle \ln(x)=\ln \left({\frac {2x}{2}}\right)=\ln \left({\frac {1+{\frac {x-1}{x+1}}}{1-{\frac {x-1}{x+1}}}}\right)=\ln \left(1+{\frac {x-1}{x+1}}\right)-\ln \left(1-{\frac {x-1}{x+1}}\right).}$$ 以来 $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(1+y)-\ln(1-y)&=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{i}}\left((-1)^{i-1}y^{i}-(-1)^{i-1}(-y)^{i}\right)=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {y^{i}}{i}}\left((-1)^{i-1}+1\right)\\&=y\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {y^{i-1}}{i}}\left((-1)^{i-1}+1\right){\overset {i-1\to 2k}{=}}\;2y\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {y^{2k}}{2k+1}},\end{aligned}}}$$ 私たちは到着します $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(x)&={\frac {2(x-1)}{x+1}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2k+1}}{\left({\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}\right)}^{k}\\&={\frac {2(x-1)}{x+1}}\left({\frac {1}{1}}+{\frac {1}{3}}{\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}+{\frac {1}{5}}{\left({\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}\right)}^{2}+\cdots \right).\end{aligned}}}$$ 置換を用いて${\displaystyle x={\tfrac {n+1}{n}}}$正の整数nの場合、次のようになります。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)&={\frac {2}{2n+1}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)((2n+1)^{2})^{k}}}\\&=2\left({\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{3(2n+1)^{3}}}+{\frac {1}{5(2n+1)^{5}}}+\cdots \right).\end{aligned}}}$$

これは、ここで述べた系列の中で、群を抜いて最も速く収束するものである。

自然対数は無限積としても表すことができます。^{[ 18 ]}$${\displaystyle \ln(x)=(x-1)\prod _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{2^{k}}]{x}}}}\right)}$$

例としては、次のようなものが考えられます。 $${\displaystyle \ln(2)=\left({\frac {2}{1+{\sqrt {2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{4}]{2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{8}]{2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{16}]{2}}}}\right)...}$$$${\displaystyle \pi =(2i+2)\left({\frac {2}{1+{\sqrt {i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{4}]{i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{8}]{i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{16}]{i}}}}\right)...}$$

この恒等式から、以下のことが容易に導き出せる。 $${\displaystyle {\frac {1}{\ln(x)}}={\frac {x}{x-1}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{-k}x^{2^{-k}}}{1+x^{2^{-k}}}}}$$

例えば： $${\displaystyle {\frac {1}{\ln(2)}}=2-{\frac {\sqrt {2}}{2+2{\sqrt {2}}}}-{\frac {\sqrt[{4}]{2}}{4+4{\sqrt[{4}]{2}}}}-{\frac {\sqrt[{8}]{2}}{8+8{\sqrt[{8}]{2}}}}\cdots }$$

自然対数を用いると、次の形式の関数を簡単に積分できる。${\displaystyle g(x)={\frac {f'(x)}{f(x)}}}$g ( x )の原始関数は次のように与えられる。${\displaystyle \ln(|f(x)|)}$これは連鎖律と以下の事実 によるものです。$${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\ln \left|x\right|={\frac {1}{x}},\ \ x\neq 0}$$

言い換えれば、実数直線の区間で積分する場合、${\displaystyle x=0}$、 それから $${\displaystyle \int {\frac {1}{x}}\,dx=\ln |x|+C}$$ ここで、Cは任意の積分定数である。^{[ 19 ]}

同様に、積分が区間で行われる場合、${\displaystyle f(x)\neq 0}$、

$${\displaystyle \int {{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,dx}=\ln |f(x)|+C.}$$

例えば、次の積分を考えてみましょう。${\displaystyle \tan(x)}$区間内で、${\displaystyle \tan(x)}$無限です: $${\displaystyle \int \tan x\,dx=\int {\frac {\sin x}{\cos x}}\,dx=-\int {\frac {{\frac {d}{dx}}\cos x}{\cos x}}\,dx=-\ln \left|\cos x\right|+C=\ln \left|\sec x\right|+C.}$$

自然対数は部分積分を用いて積分することができる。以下を例とする。 $${\displaystyle u=\ln x\Rightarrow du={\frac {dx}{x}}}$$$${\displaystyle dv=dx\Rightarrow v=x}$$ それから： $${\displaystyle {\begin{aligned}\int \ln x\,dx&=x\ln x-\int {\frac {x}{x}}\,dx\\&=x\ln x-x+C\end{aligned}}}$$

10の自然対数は、ほぼ100に等しい超越数です。2.302 585 09、 ^{[ 20 ]は}、例えば科学的記数法で表された数の自然対数の計算において、仮数に10のべき乗を掛けたものとして役割を果たします。 $${\displaystyle \ln(a\cdot 10^{n})=\ln a+n\ln 10.}$$

これは、範囲[1, 10)の比較的少数の小数の対数を使用して、非常に大きいまたは非常に小さい数値の対数を効果的に計算できることを意味します。

多桁の精度で自然対数を計算する場合、テイラー級数法は収束が遅いため効率的ではありません。特にx が1 に近い場合は、指数関数の級数がより速く収束するため、ハレー法またはニュートン法を使用して指数関数を逆算するのが良い代替手段です。y の値を求めるには、${\displaystyle \exp(y)-x=0}$ハレーの方法を用いるか、あるいは同等に与える${\displaystyle \exp(y/2)-x\exp(-y/2)=0}$ニュートン法を用いると、反復は次のように簡略化される。 $${\displaystyle y_{n+1}=y_{n}+2\cdot {\frac {x-\exp(y_{n})}{x+\exp(y_{n})}}}$$ これは3次収束で${\displaystyle \ln(x)}$。

極めて高精度な計算のもう1つの方法は、式^{[ 21 ] [ 22 ]です。}$${\displaystyle \ln x\approx {\frac {\pi }{2M(1,4/s)}}-m\ln 2,}$$ ここで、Mは1と4/ sの算術幾何平均を表し、 $${\displaystyle s=x2^{m}>2^{p/2},}$$m はpビットの精度が得られるように選択されます。（ほとんどの場合、 mの値は 8 で十分です。）実際、この方法を使用すると、自然対数のニュートン逆変換を逆に使用して指数関数を効率的に計算できます。（定数${\displaystyle \ln 2}$πは、既知の収束の速い級数のいずれかを使用して、所望の精度で事前に計算できます。）または、次の式を使用できます。 $${\displaystyle \ln x={\frac {\pi }{M\left(\theta _{2}^{2}(1/x),\theta _{3}^{2}(1/x)\right)}},\quad x\in (1,\infty )}$$

どこ $${\displaystyle \theta _{2}(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{(n+1/2)^{2}},\quad \theta _{3}(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}}$$はヤコビのシータ関数 である。^{[ 23 ]}

ウィリアム・カーンの提案に基づき、1979年にヒューレット・パッカードのHP-41C電卓で初めて実装された（ディスプレイ上では「LN1」とだけ表記される）一部の電卓、オペレーティングシステム（例えばBerkeley UNIX 4.3BSD ^{[ 24 ]}）、数式処理システム、プログラミング言語（例えばC99 ^{[ 25 ]} ）では、 LNP1 [ ^{26 ] [ 27 ]}またはlog1p ^{[ 25 ]}とも呼ばれる特別な自然対数プラス1関数が提供されており、ゼロに近い対数に対してより正確な結果を得るために、ゼロに近い引数xを関数log1p( ^x )に渡して値ln(1+ x )を返すようにし、1に近い値yをln( y )を返す関数に渡すのではなく、値ln(1+ x )を返すようにしている。^{[ 25 ] [ 26 ] [ 27 ]}関数log1p は、浮動小数点演算において、絶対値 1 と自然対数のテイラー展開の第 2 項がほぼ相殺されることを回避します。これにより、引数、結果、および中間ステップはすべてゼロに近くなり、浮動小数点数として最も正確に表現できます。^{[ 26 ] [ 27 ]}

IEEE 754-2008規格では、底eに加えて、バイナリ対数と十進対数について、1に近い同様の対数関数、log ₂ (1 + x )とlog ₁₀ (1 + x )を定義しています。

同様の逆関数として「expm1 」 ^{[ 25 ]}、「expm」^{[ 26 ] [ 27 ]} 、または「exp1m」も存在し、いずれも「expm1( x ) = exp( x ) - 1」という意味を持つ。^{[ nb 1 ]}

逆双曲線正接に関する恒等式、 $${\displaystyle \mathrm {log1p} (x)=\log(1+x)=2~\mathrm {artanh} \left({\frac {x}{2+x}}\right)\,,}$$log1p( x )を実装していないシステムでは、x の小さな値に対して高精度の値が得られます。

算術平均と幾何平均を用いて自然対数を計算する際の計算複雑度は（上記の2つの方法両方について）${\displaystyle {\text{O}}{\bigl (}M(n)\ln n{\bigr )}}$ここで、nは自然対数を評価する際の精度桁数であり、M ( n )はn桁の数値を2 つ乗算する際の計算複雑度です。