「n≦-2の時 z≠π/2の時 g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1) z=π/2の時

「n≦-2の時
z≠π/2の時　g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
z=π/2の時　g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)

0<|z-π/2|<πで
tan(z)=sin(z)/cos(z)
の
分母cos(z)は0にならないから
正則だから
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
も正則
z=π/2の時
n=-2の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)
=-1

n≦-3の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=0

だから
g(z)は|z-π/2|<πで正則


また、n≧-1の時、
黒い下線部の式に試しにn=-1を代入した際に
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
g(z)=tan(z)(z-π/2)^0
g(z)=tan(z)
になり
この式
tan(z)=sin(z)/cos(z)
は
z=π/2の時分母cos(z)=cos(π/2)=0となるので
z=π/2は特異点(極)になるのです
g(z)は特異点（極)z=π/2を持つのです、
n=-1の時は特異点z=π/2を持っているのです

tan(z)=sin(z)/cos(z)
は
z=π/2でk=1位の極を持つのです
k=1
n=-1の時
k=1=-1+2=n+2
になります

n≦-2の時
z≠π/2の時　g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
z=π/2の時　g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
で
g(z)はz=a=π/2で正則だから
z=a=π/2
と
できる

tan(z)=sin(z)/cos(z)
は
z=π/2で定義できないから
a=π/2の時は
z≠a=π/2

a=0の時は
z=a=0
とできる」
において、質問があります。

「z=π/2の時
n=-2の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)
=-1」はz=π/2なのに、なぜtan(z)=sin(z)/cos(z)のcos(z)は0となり、結果的に式が=0とならないのでしょうか？
lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)から-1が導かれるまでをもう少し細かく教えて欲しいです。


また、
「n≦-3の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=0」
に関して、lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)から0 が導かれるまでをもう少し細かく教えて欲しいです。


ちなみに、「g(z)は|z-π/2|<πで正則」との事ですが、ではz=π/2の時は式は正則でないという認識で正しいでしょうか？


どうかよろしくお願い致します。

質問者からの補足コメント

• 画像において、n≦-3の時のa(n)の式はどのような式になるのでしょうか？また、n≦-3の時はg(z)は正則ではないのでしょうか？

  
    補足日時：2022/07/05 14:37

• すいません。
  なぜn≦-2の時
  a(n)=0を示すのでしょうか？
  
  また、なぜn≧-1の時は
  a(n)≠0なのでしょうか？
  
  それぞれの質問について、具体的な計算を用いて理由を教えて下さい。
  
  理解力が低くて申し訳ありません。

    補足日時：2022/07/07 11:18

• 補足で申し訳ありません。
  画像の赤い下線部から青い下線部の式を導くまでの過程の計算を詳しく教えて頂けないでしょうか？
  
  毎回毎回申し訳ありません。

  
    補足日時：2022/07/07 11:23

• 「すいません。
  なぜn≦-2の時
  a(n)=0を示すのでしょうか？
  
  また、なぜn≧-1の時は
  a(n)≠0なのでしょうか？」
  に関して、
  
  「n≦-2の時
  a(n)=0」に関しては、
  a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzに
  実際にn=-2を代入すると、(z-π/2)^(n+1)の「指数」を含む部分がa(-2)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(-1)}dzとなり、分母が含まれる式では無くなってしまう。すなわたま、分母自体がないためローラン展開ができない。なので、分母が0になる極がないため積分の定理が使えるためa(n)=0となった。

    補足日時：2022/07/07 17:39

• 「z=π/2で(k=)1位の極を持つから
  a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
  
  n=-1の時
  
  a(n)=a(-1)
  ...
  =-1」
  に関してa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzにn=-1を代入して、=-1と求めるまでの過程を教えて下さい。
  
  また、0<|z-π/2|<πに関して、z=π/2ですが、
  0<|π/2-π/2|<πとすると、0<|0|<πとなり変な不等号になりますが良いのでしょうか？
  
  なぜn≧0の時の計算は面倒なのでしょうか？

    補足日時：2022/07/07 18:37

• 過去に書いた質問について、画像の質問にも答えて下さると大変ありがたいです。
  問題が多くて申し訳ありません。
  
  画像に載せれなかった。以下の2つの質問にも答えて頂けると大変助かります。
  
  a(n)
  =Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)...①
  =lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)...②
  ①から②になるまでの詳しい過程の計算を教えて下さい。
  
  また、
  a(n)
  ={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzから
  ={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を導くまでの過程の計算を詳しく教えて下さい。
  
  どうかよろしくお願い致します

  
    補足日時：2022/07/08 16:21

No.22 ベストアンサー 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/07/08 21:19

＞ No.12とは

＞ mtrajcpさんから頂いた「…」の事でしょうか？

違います。私が No.12 の回答で書いた
『何度も書いているように、
g(x) = 1/(z-1)^(n+2) を z = -1 中心にテイラー展開して
両辺を (z+1) で割ると、その式が
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)} の z = -1 中心のローラン展開になっている。
ローラン展開の初項は g(-1)/(z+1) で、これが主要部だから
z = -1 は 1 位の極で、その留数は g(-1).』
のことです。

この回答へのお礼

ありがとうございます。ちなみに、mtrajcp様の解答は私のした質問の何に対する解答かは分かりますでしょうか？

お礼日時：2022/07/09 14:14

No.21 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/07/08 20:30

＞ ①から②になるまでの詳しい過程の計算を教えて下さい。

だから、No.12 だって。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

No.12とは
mtrajcpさんから頂いた
「違います
n≦-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z→π/2の時g(z)は収束するから
積分の定理から
g(z)の積分は0
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるといっているのです」
の事でしょうか？

お礼日時：2022/07/08 21:03

No.20 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/08 19:14

a(n)=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)

が
f(z)=1/(z^2-1)
の
ローラン展開
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
の
a(n)
であるならば
z=1の周りの
|z-1|>2 でローラン展開する場合で
n≦-2の場合でなければ

a(n)=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)
とは
なりません。間違いです

z=1の周りの
|z-1|>2 でローラン展開する場合で
n≦-2の場合
という
条件が必要なのです

ii)
f(z)=1/(z^2-1)
を
z=1の周りの
|z-1|>2 でローラン展開する場合

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
r>2
C={z||z-1|=r}

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
↓f(z)=1/(z^2-1)だから
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz
↓g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)とすると
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz

n≦-2の時
-n-2≧0
1/(z-1)^(n+2)=(z-1)^(-n-2)
だから
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)

g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)　は
r>2
閉曲線C={z||z-1|=r}の内側の領域
D={z||z-1|<r}での特異点(極)は
z=-1
だけだから
留数定理から
積分の範囲が
C={z||z-1|=r}から
0<s<1
{z||z+1|=s}に変わり、

a(n)=Res(g(z),-1)

↓留数定義から

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z+1|=s}g(z)dz

z=-1はg(z)の1位の極で
g(z)の-1における留数は-1を中心とするローラン展開
g(z)=Σ_{m=-1～∞}b(m)(z+1)^m=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+b(2)(z+1)^2+…
の
b(-1)だから

a(n)
=b(-1)
=lim_{z→-1}(z+1)g(z)
=lim_{z→-1}(z-1)^(-n-2)

この回答へのお礼

解答ありがとうございます。
くどいようで申し訳ないのですが、どの質問に対する解答かを教えて頂けないでしょうか？
どうか教えて下さい。

また、過去にした質問に関して訂正があるのですが、z≠π/2の時はg(z)=tan(z)(z-π/2)ではなく、正しくは
z≠π/2
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)でしょうか？

お礼日時：2022/07/08 21:13

No.19 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/08 17:19

ii)

f(z)=1/(z^2-1)
を
z=1の周りの
|z-1|>2 でローラン展開する場合

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
r>2
C={z||z-1|=r}

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
↓f(z)=1/(z^2-1)だから
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz
↓g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}とすると
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz

n≦-2の時
-n-2≧0
1/(z-1)^(n+2)=(z-1)^(-n-2)
だから
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)

g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)　は
r>2
閉曲線C={z||z-1|=r}の内側の領域
D={z||z-1|<r}での特異点(極)は
z=-1
だけだから
留数定理から
積分の範囲が
C={z||z-1|=r}から
0<s<1
{z||z+1|=s}に変わり、

a(n)=Res(g(z),-1)

↓留数定義から

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z+1|=s}g(z)dz

z=-1はg(z)の1位の極で
g(z)の-1における留数は-1を中心とするg(z)のローラン展開
g(z)=Σ_{m=-1～∞}b(m)(z+1)^m
=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+b(2)(z+1)^2+…
の
b(-1)だから

a(n)
=b(-1)
=lim_{z→-1}(z+1)g(z)
=lim_{z→-1}(z-1)^(-n-2)

この回答へのお礼

解答ありがとうございます。
申し訳ありません。どの質問に対する解答かを教えて下さい。

お礼日時：2022/07/08 17:22

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/08 16:20

z≠π/2の時

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
とする
n=-2の時として、z=π/2の時、
g(π/2)=-1になるのではなくて
g(π/2)=-1と定義するのでした
zをπ/2に近づけると
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)=(z-π/2)tan(z)
は
g(π/2)=-1に近づき収束するから
g(z)はz=π/2で正則になるから

コーシーの積分定理
「
領域
D={z||z-π/2|<π}
で
g(z)はD上で正則で
0<r<π
C={z||z-π/2}=r}
は
D内の閉曲線
ならば

∫_{C}g(z)dz=0
が
成り立つ
」
から

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるのです

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 20:09

違います

n=-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z→π/2の時g(z)は-1に収束するから
積分の定理から
積分は0
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるといっているのです

g(π/2)=-1になるからa(n)=0になるのであって

a(n)=0からg(z)=-1になるのではありません

この回答へのお礼

正しく理解出来たかわかりませんが、
n≦-2の時、
とりあえずn=-2の時として、z=π/2の時、
g(π/2)=-1になるが
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の分母の指数が-1になるため分母が0になるような特異点がある式にはならないためローラン展開も作れない。
そして、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を含むa(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dzは積分の定理からa(n)=0になる。というわけでしょうか？

ただ、今更で申し訳ないのですが、なんで分母が0になる特異点がない時には「積分の定理」が使えるのでしょうか？



また、過去に質問した内容にも答えて頂けると大変ありがたいです。
「z=π/2で(k=)1位の極を持つから
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

n=-1の時

a(n)=a(-1)
=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
...
=-1」
に関してa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzにn=-1を代入して、=-1と求めるまでの過程を教えて下さい。

また、0<|z-π/2|<πに関して、z=π/2ですが、
0<|π/2-π/2|<πとすると、0<|0|<πとなり変な不等号になりますが良いのでしょうか？

なぜn≧0の時の計算は面倒なのでしょうか？

お礼日時：2022/07/08 15:56

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 19:59

違います

n≦-2の時
積分の定理から
g(z)の積分が0になるから
a(n)=0となるのです
積分の定理に関係なく
g(z)の式は作れます

違います
n≦-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z→π/2の時g(z)は収束するから
積分の定理から
積分は0
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるといっているのです

f(z)=tan(z)のローラン展開
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
の
a(n)
を求めるために
n≦-2の時
a(n)=0を示すのです
---------------------------
f(z)=tan(z)

z≠π/2の時g(z)=(z-π/2)f(z)
z=π/2の時g(π/2)=-1
とすると
lim_{z→π/2}g(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)f(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/cos(z)
=lim_{z→π/2}{-sin(z)}(π/2-z)/sin(π/2-z)
=-1
=g(π/2)
だから

g(z)は|z-π/2|<πで正則だからテイラー展開できる
g(z)のテイラー展開は

g(z)=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^m

0<|z-π/2|<πで

f(z)
=g(z)/(z-π/2)
=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^(m-1)

n=m-1
a(n)={1/(n+1)!}g^(n+1)(π/2)

とすると
m=n+1
だから

f(z)
=Σ_{n=-1～∞}(1/(n+1)!)g^(n+1)(π/2)(z-a)^n
=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-a)^n

a(n)={1/(n+1)!}g^(n+1)(π/2)

↓g^(n+1)(π/2)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}だから

∴
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 19:47

違います

n≦-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z→π/2の時g(z)は-1に収束するから
積分の定理から
積分は0
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるといっているのです
------------------------------------
f(z)=tan(z)

z≠π/2の時g(z)=(z-π/2)f(z)
z=π/2の時g(π/2)=-1
とすると
lim_{z→π/2}g(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)f(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/cos(z)
=lim_{z→π/2}{-sin(z)}(π/2-z)/sin(π/2-z)
=-1
=g(π/2)
だから

g(z)は|z-π/2|<πで正則だからテイラー展開できる
g(z)のテイラー展開は

g(z)=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^m

0<|z-π/2|<πで

f(z)
=g(z)/(z-π/2)
=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^(m-1)

n=m-1
a(n)={1/(n+1)!}g^(n+1)(π/2)

とすると
m=n+1
だから

f(z)
=Σ_{n=-1～∞}(1/(n+1)!)g^(n+1)(π/2)(z-a)^n
=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-a)^n

a(n)={1/(n+1)!}g^(n+1)(π/2)

↓g^(n+1)(π/2)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}だから

∴
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

この回答へのお礼

すいません。
>> n≧0の場合は
a(n)≠0となるとは限りません
a(n)=0となることもあり得ます

について、いまいち理解が出来ません。申し訳ないのですが、具体的な例題の計算を用いて説明して頂けないでしょうか？


ちなみに、
g(z)のテイラー展開
g(z)=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^mはどの様にして作ったのでしょうか？
過程の計算を教えて下さい。

また、なぜz≠π/2の時はg(z)=(z-π/2)f(z)と導けるのでしょうか？

最後にg(z)のテイラー展開の式を作ったのは何故ですか？理由が知りたいです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/07/07 19:59

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 19:42

違います

n≦-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z→π/2の時g(z)は収束するから
積分の定理から
g(z)の積分は0
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
に
なるといっているのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

n≦-2の時
a(n)=0となるならば、積分の定理によりg(z)の式は作れないはずですが、なぜg(z)は-1と導けたのでしょうか？

「z=π/2で(k=)1位の極を持つから
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

n=-2の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)
=lim_{z→π/2}{sin(z)/cos(z)}(z-π/2)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}-sin(z)(π/2-z)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}-sin(z)lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)

lim_{z→π/2}-sin(z)=-1
lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)=1
だから

=-1」
に関して
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzにn=-2を代入して、上と同じ様にg(z)=-1を導くまでの過程を教えて下さい。

また、0<|z-π/2|<πに関して、z=π/2ですが、
0<|π/2-π/2|<πとすると、0<|0|<πとなり少し変な不等号になりますが良いのでしょうか？

お礼日時：2022/07/07 19:51

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 17:20

f(z)=tan(z)

の
0<|z-π/2|<π
での
ローラン展開
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
の
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
を求める
と

n≦-2の時
被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)がz→π/2の時収束するから
コーシーの積分定理から
a(n)=0
となるから
f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n
となる
のがわかるのです

n≧-1の時は
留数定理から
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
となるのだけれども
n=-1の時

a(n)=a(-1)
=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
=lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}{-sin(z)}(π/2-z)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}{-sin(z)}lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)

lim_{z→π/2}{-sin(z)}=-1
lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)=1だから

=-1

だから
n=-1の場合は
a(-1)=-1≠0
だけれども
n≧0の場合は
a(n)≠0となるとは限りません
a(n)=0となることもあり得ます

どちらの積分も
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
z≠π/2の範囲での積分なのです

この回答へのお礼

n≦-2の時
a(n)=0となるならば、積分の定理によりg(z)の式は作れないはずですが、なぜg(z)は-1と導けたのでしょうか？

「z=π/2で(k=)1位の極を持つから
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

n=-2の時
g(π/2)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)
=lim_{z→π/2}{sin(z)/cos(z)}(z-π/2)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/cos(z)
=lim_{z→π/2}sin(z)(z-π/2)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}-sin(z)(π/2-z)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}-sin(z)lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)

lim_{z→π/2}-sin(z)=-1
lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)=1
だから

=-1」
に関して
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzにn=-2を代入して、上と同じ様にg(z)=-1を導くまでの過程を教えて下さい。

お礼日時：2022/07/07 18:35