ご回答大変有難うございます。

>>> そもそも, log z が z = 1 のまわりで そういうベキ級数表示を
>>> 持つことは どうやって示しましたか. それを考えれば,
>> ln(z+1)のLaurent展開は ln(z+1)=Σ_{n=1}^∞ (-1)^{n-1} z^n/n (但し,-1<z≦1)だから
> 複素変数 z で考えているのだから, |z| < 1 での式ですね.
> Abel の補題を使うと, 実変数 x については [0, 1] での
> 一様収束性が言える.

つまり,log(x+1)=Σ_{n=1}^∞ (-1)^{n-1} x^n/n (但し,-1<x≦1)は,-1<x≦1で一様収束する事が言える
のですね。

>> ln(z)=ln((z-1)+1)= Σ_{n=1}^∞ (-1)^{n-1} (z-1)^n/n (但し,-2<z-1≦0)ですよね。
> これは |z - 1| < 1 での式. 実変数 x で考えるなら, 0 < x ≦ 2.
> で, そもそも, log(1 + z) の Laurent 展開はどうやって
> 導いたのですか.

f(z)=Log(1+z) (但し,Log(z+1)はlog(z+1)の主値
(つまり,rexp(iθ):=zとするとlog(z)=log(r)+i(θ+2nπ) (∵log(z)の定義))の時,Log(z
+1)=log(r)+iθ(但し,-π<θ≦π))
と置くと,
f^(1)(z)=(1+z)^-1,f^(2)(z)=-1!(1+z)^-2,f^(3)(z)=2!(1+z)^-1,f^(4)(z)=-3!
(1+z)^-4,…より
f^(1)(0)=1,f^(2)(0)=-1!,f^(3)(0)=2!,f^(4)(0)=-3!,…となる。
よってf(z)=Log(1+z)をMaclaurin展開すると
f(z)=Log(1+z)=f(0)+f^(1)(0)z/1!+f^(2)(0)z^2/2!+f^(3)(0)z^3/3!+f^(4)
(0)z^4/4!+…
=z-z^2/2+z^3/3-z^4/4+…+(-1)^{n-1}z^n/n+…
(∵f(0)=0,f^(1)(0)=1,f^(2)(0)=-1!,f^(3)(0)=2!,f^(4)(0)=-3!,…)
従って,log(z+1)=z-z^2/2+z^3/3-z^4/4+…+(-1)^{n-1}z^n/n+…
となるかと思います。

> exp z を Σ z^n/n! で定義して, その解析性を示すのは
> 良くある話ですが, 貴方にとって, log z とは何で,
> その解析性が分かるのはどのような道筋によるのでしょう.

すいません。わかりません。どうすればいいのでしょうか?

> 知っていることが論理的にどのように結びついているのかが
> 分かっていないと, 本当に知っていることにはなりません.

どうもすいません。

>>>  x についての条件が抜けていますよ.
>> 「a_n>0とする時,Σ_{n=1}^∞ (-1)^n a_n x^nが収束する ⇔lim_{n→∞} a_n x^n
>> =0 (但し,-2<x≦0)」
>> でいいのでしょうか?
> x = -1 だと駄目だという例を挙げておいたのですから,
> もう少し慎重に考えられた方が良いと思います.
> Abel の補題がどのように何を示すために使われるのか,
> もう一度御確認下さい.

log(r+1)=Σ_{n=1}^∞ (-1)^{n-1} r^n/n (但し,-1<r≦1)だったので
z=rexp(iθ)の時,z-1=rexp(iθ)とすると,log(z)=log(z-1+1)=log(r)=i(θ+2nπ)
=Σ_{n=1}^∞ (-1)^{n-1} r^n/n (但し,-1<x≦1)で、、、

すっすいません。これからどうすればいいのでしょうか?