複素数\(z\)を\(z=x+iy\)と置くと， \[ e^z = e^{x+iy} = e^x\,e^{iy}. \] 与えられた方程式は \[ e^z = a\,i, \] ここで\(a>0\)なので，右辺は極形式で \[ a\,i = a\,e^{i\pi/2} \] と表せるが，一般には \[ a\,i = a\,e^{i\left(\pi/2+2\pi k\right)}\quad (k\in\mathbb{Z}) \] となる． \[ e^z = a\,e^{i\left(\pi/2+2\pi k\right)}\quad (k\in\mathbb{Z}) \] まず，大きさの比較より， \[ e^x = a \quad \Longrightarrow \quad x = \ln a. \] 次に，偏角の比較より， \[ y = \frac{\pi}{2} + 2\pi k,\quad k\in\mathbb{Z}. \] 以上より， \[ \boxed{z = \ln a + i\left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k\right),\quad k\in\mathbb{Z}.} \]
\(e^z\)のマクローリン展開は， \[ \boxed{e^z = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots} \]
変数変換\(w=z-1\)と置くと \[ e^z = e^{1+w} = e\cdot e^w. \] ここで，\(e^w\)のマクローリン展開は， \[ e^w=\sum_{n=0}^\infty \frac{w^n}{n!}. \] したがって，元の変数\(z\)で表すと \[ \boxed{e^z = e\sum_{n=0}^\infty \frac{(z-1)^n}{n!} = e\Bigl[1+(z-1)+\frac{(z-1)^2}{2!}+\frac{(z-1)^3}{3!}+\cdots\Bigr].} \]
経路を円弧部分\(C_1)と直線部分\(C_2)に分割する．
円弧は \[ z(\theta)= re^{i\theta},\quad \theta\in[0,\pi], \] であり， \[ dz = \frac{d}{d\theta}\bigl(re^{i\theta}\bigr)d\theta = i\,r\,e^{i\theta}\,d\theta. \] またこの部分では\(|z|=r\)が成り立つ． \[ I_1=\int_{C_1}|z|\,dz=\int_{\theta=0}^{\pi} r\,(i\,r\,e^{i\theta})\,d\theta = i\,r^2\int_{0}^{\pi} e^{i\theta}\,d\theta. \] \[ \int_{0}^{\pi} e^{i\theta}\,d\theta =\left.\frac{e^{i\theta}}{i}\right|_{0}^{\pi} =\frac{e^{i\pi}-e^{0}}{i} =\frac{-1-1}{i}=\frac{-2}{i} =2i. \] よって， \[ I_1= i\,r^2\cdot (2i)=2i^2\,r^2=-2r^2. \]
直線部分は実軸上を\(x\)で表し，\(z=x\)とおいて，\(x\)が\(-r\)から\(r\)まで動く経路として考える． このとき， \(dz=dx\),\(|z|=|x|\)となる． \[ I_2=\int_{C_2}|z|\,dz=\int_{x=-r}^{r} |x|\,dx. \] \(x\)が負の区間と正の区間に分けて考えると， \[ \int_{-r}^{0}|x|\,dx = \int_{-r}^{0}(-x)\,dx =\left[-\frac{x^2}{2}\right]{-r}^{0} = -\frac{0^2}{2}+\frac{r^2}{2}=\frac{r^2}{2}, \] \[ \int_{0}^{r}|x|\,dx = \int_{0}^{r}x\,dx =\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{r} =\frac{r^2}{2}. \] よって， \[ I_2 = \frac{r^2}{2}+\frac{r^2}{2}= r^2. \]
経路\(C\)は\(C_1\)と\(C_2\)の連結なので， \[ I = I_1 + I_2 = (-2r^2) + r^2 = -r^2. \] \[ \boxed{I=\int_C |z|\,dz=-r^2.} \]
この問題は2通りの解法が考えられる．
\[ \frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+x^2}, \] だから， \[ \int\frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C. \] 従って，定積分は極限をとって， \[ I=\lim_{R\to\infty} \Bigl[\arctan x\Bigr]_{x=-R}^{x=R} =\lim_{R\to\infty} \Bigl(\arctan R-\arctan(-R)\Bigr). \] ここで，\(R\to\infty \)のとき，\(\arctan R\to \pi/2\),\(\arctan(-R)=-\pi/2\)だから， \[ I=\frac{\pi}{2}-\Bigl(-\frac{\pi}{2}\Bigr)=\pi. \] \[ \boxed{I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^2} = \pi.} \]
(\(\frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+x^2}\)なんて知らんよ，という人はこちらへ)
\[
f(z)=\frac{1}{1+z^2}
\]
とおく．\(f(z)\)は\(1+z^2=0\)となる\(z=i\)と\(z=-i\)に極(単極)を持つ．
実軸全体の積分を求めるために，上半平面に閉じた半円\(C_R\)(半径\(R\))を用いた閉路を考える．
閉路\(C_R\)は以下の2部分から構成される．
• \(C_1\)実軸上の区間\(x=-R\)から\(x=R\)(反時計回り)
• \(C_2\)半円弧\(z=Re^{i\theta}(\theta:0\to\pi)\)上の部分
また，積分路\(C_R\)は正の向き(反時計回り)と設定する．
\(f(z)\)の極のうち，上半平面にあるのは\(z=i\)だけなので，\(z=i\)での留数を求める．
\(1+z^2=(z-i)(z+i)\)なので，\(z=i\)における留数は，
\[
\operatorname{Res}(f(z),z=i)=\lim_{z\to i}(z-i)f(z)=\lim_{z\to i}\frac{1}{z+i}=\frac{1}{i+i}=\frac{1}{2i}.
\]
留数定理により，閉路\(C_R\)に沿った積分は
\[
\int_{C_R} f(z)\,dz = 2\pi i\,\operatorname{Res}\cdot (f(z),z=i)
=2\pi i\cdot \frac{1}{2i}=\pi.
\]
次に，半円弧\(C_2\)上での積分が\(R\to\infty\)で消えることを示す．
\(z=Re^{i\theta}（\theta\in[0,\pi]\)とすると，
\[
|f(z)|=\left|\frac{1}{1+z^2}\right|=\frac{1}{|1+R^2e^{2i\theta}|}.
\]
しかし，\(R\)が大きいとき，\(|1+z^2|\approx R^2\)だから，
\[
|f(z)|\approx \frac{1}{R^2}.
\]
半円弧の長さが\(\pi R\)であることから，孤上の積分は，
\[
\left|\int_{C_2} f(z)\,dz\right| \le \frac{1}{R^2}\cdot \pi R=\frac{\pi}{R}\to 0\quad(R\to\infty).
\]
よって，\(R\to\infty\)で弧上の寄与は消える．以上より，
\[
\boxed{I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^2} = \pi.}
\]