過去にしてきた質問に対する解答に関して質問が以下の1〜7に関して解答を頂きたく思います。 時間のある

過去にしてきた質問に対する解答に関して質問が以下の1〜7に関して解答を頂きたく思います。
時間のある時で構いませんので答えて頂きたいです。

出来の悪さに皆様にご迷惑をお掛けしてしまっていますが、私なりに必死に理解に努めています。
どうかよろしくお願い致します。

1.
「f(z)=tan(z)
の
0<|z-π/2|<π
でのローラン展開は

f(z)=tan(z)
は
z=π/2で1位の極を持つから

f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n

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)}
=...
=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

となります」について、
n≧0の時の計算は面倒なので計算しません」
に関して、なぜn≧0の時の計算は面倒なのでしょうか？n≧0の場合は
a(n)≠0となるとは限りません。
a(n)=0となるとは限りません。
について、いまいちピンときません。具体的な計算を用いて説明して頂けないでしょうか？



2.
「g(z)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
の形」に関して、
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の右辺の(d/dz)の残りをg(z)として作ったのでしょうか？違う場合はa(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}のどのぶぶんをg(z)と置き換えたのでしょうか？


3.
「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
」に関して、g(z)=Σ_{m=0～∞}(1/m!)g^(m)(π/2)(z-a)^mを導くまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか？
また、なぜg(z)をテイラー展開したのでしょうか？


4.
「a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」に置いて、n≧-1の時のa(n)の式を導くまでを教えて頂けますか？


5.
「a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」に関して、n=-1の時、a(-1)=-1となると思うのですが正しいでしょうか？


6.
「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？
」について正しいかお答えして頂きたいです。


7.
「a(n)
=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)」
に関して、Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)から
=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)となるまでの詳しい過程の計算を教えて頂けますか？

質問者からの補足コメント

• 4において、a(n)=(1/(n+1)!)g^(n+1)(π/2)を導くまでの計算をわかりやすく教えて頂きたいです。
  
  6において、z=π/2の時は0<|π/2-π/2|<πとすると、0<|0|<πと矛盾しますが、
  z=π/2の時は|z-π/2|<πと言うことでしょうか？
  
  7において、a(n)={1/(2πi)}∫_{|z+1|=s}g(z)dzから、どのようにして=b(-1)に出来たのでしょうか？具体的な過程の計算を教えて下さい。
  
  8問目について、質問したいのですが、
  a(n)
  ={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz...①
  ={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)tan(z)/(z-π/2)^(n+1)...②
  において、①から②までの詳しい過程の計算を教えて頂けないでしょうか？

    補足日時：2022/07/10 18:12

• 補足で申し訳ありません。
  質問7において情報不足ゆえに求めていた解答とは異なっていたことが分かりました。
  f(z)=tan(z)についてのa(n)を求めるまでの解答を頂きたかったのですが、解答者様はf(z)=1/(z^2-1)についてのa(n)を求めていたようです。
  f(z)=tan(z)については過去の解答からa(n)の求め方はわかりました。ただ、f(z)=1/(z^2-1)ついてのa(n)を求める過程で疑問があります。

    補足日時：2022/07/12 07:18

• 質問7の解答について、
  「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」
  のように1/{(z+1)(z-1)^(n+2)をg(z)と置きましたが、
  
  1/{(z+1)(z-1)^(n+2)をg(z)と置いて、g(z)はz=-1の付近でローラン展開するためg(z)=Σ_{m=-1～∞}b(m)(z+1)^mと置けて、
  Σ_{m=-1～∞}b(m)(z+1)^mを展開するとb(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+b(2)(z+1)^2+…になるのはわかります。

    補足日時：2022/07/12 07:19

• b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+b(2)(z+1)^2+…からa(n)=b(-1)となる過程の計算が知りたいです。
  
  
  後、質問7に関して、
  1/{(z+1)(z-1)^(n+2)をg(z)と置かずに、b(m)を使わずに、ローラン展開の公式f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^nとa(n)の式のみでa(n)=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)を導けるやり方があるならば、a(n)=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)を導くまでの過程の計算を教えて下さい。
  
  
  ちなみに、f(z)=tan(z)についてのa(n)を求める際に場合のわけは0<|z-π/2|<πのみなのでしょうか？
  
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2022/07/12 07:21

• 新しく質問9に関して、
  
  0<|z-π/2|<πの範囲、かつn≧-1の時はg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は分母により発散するため、a(n)
  =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}{-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)
  とa(n)の式がもとまるわけでしまうか？
  
  また、0<|z-π/2|<πの範囲かつn≦-2の時
  被積分関数g)d(z)=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となりわけでしまうか？

    補足日時：2022/07/12 10:22

• 質問10
  2022.7.7 10:17の
  「n≦-2の時
  a(n)=0を示すために
  コーシーの積分定理を使うために
  z=π/2でのg(z)の定義
  g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
  を
  定義する必要があるのだけれども
  
  n≧-1の時は
  a(n)≠0だから
  コーシーの積分定理を使わないのだから
  z=π/2でのg(z)の定義
  g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
  を
  定義する必要は無いのです」
  に関して、n≦-2の時
  a(n)が0だとわかっているのに、なぜg(z)の式を定義する必要があるのですか？
  また、n≧-1の時は
  g(z)の定義する必要はない理由がわかりません。a(n)が0以外の式だからこそ、g(z)の式を定義する必要があると思うのですが。なぜg(z)を定義する必要がないのですか？

    補足日時：2022/07/12 19:16

• 質問11
  f(z)=tan(z)のローラン展開について
  2022.7.7 19:47
  「n≦-2の時
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)」
  と
  「z≠π/2の時、g(z)=(z-π/2)f(z)」
  nの場合わけやzの場合わけによりg(z)の式が異なるのでしょうか？
  2022.7.11 09:25では「z≠π/2の時
  g(z)=(z-π/2)tan(z)」と定義していますが、これは実はn≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)であり、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1) にn=-2を代入した際の式がg(z)=(z-π/2)f(z)だと言っているのでしょうか？
  
  質問12
  f(z)=tan(z)のローラン展開に関してn≧-1の時はa(n)≠0ですが過去にn≧-1の時のf(z)=tan(z)のa(n)の式を求めた解答はありますか？

    補足日時：2022/07/12 19:18

• 質問9の解答に関して、
  
  「a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
  となるのではありません
  =lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
  =lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
  は間違いです」
  
  なるほど正しいa(n)の式は
  a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
  なのですね？
  
  ちなみに、
  a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の式がa(n)=0になるまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか？
  
  また、0<|z-π/2|<πの範囲、n≧-1の時のa(n)の式を求めるまでの解答があれば教えて頂けないでしょうか？
  
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2022/07/12 19:51

No.24 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 20:56

質問16

訂正です
z≠π/2をz=π/2としたのは間違いでした
z=π/2では定義できません
z=π/2ではなくz≠π/2です

n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。
質問16については解決しました。

過去の
「違います
質問11
n≦-2ではz≠π/2で...〜を組み合わせる方法に依ることが多い。」
また、n≦-1の時、積分の計算が面倒であるため
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の方を使うとわかりましたが、仮にa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を使ったとしても積分の計算が面倒というか、積分は出来ないのでしょうか？


n≦-2の時は
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzを使っていますが、n≦-2の時はなぜ積分の計算は面倒ではないのでしょうか？

n≦-2の時はコーシーの積分によりa(n)=0であるためでしょうか？


「代わりに既に知られたテイラー展開

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」
に関しては、a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}はテイラー展開ではなく、ローラン展開のa(n)の式ではないのでしょうか？

また、3時間前に送った質問17に対しての解答も頂けるとありがたいです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/07/16 23:44

No.23 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 20:48

質問14

n≧-1の時

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}...①
が
正しい式です

a(n)=res(f(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z-> π/2](d/dz)^(n-1)(z-π/2)^n tan(z)...②
は
間違いです

a(n)=res(f(z),π/2)
が
間違いです

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
だから
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
でなければなりません
だから

a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
と
なります

この回答へのお礼

正しい式を教えて頂きありがとうございます。

正しい式、
「a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」
に置いて、申し訳ないのですが、


res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
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教えて頂けないでしょうか？

また、なぜres(f(z),π/2)ではなく、res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)なのでしょうか？

res(□,○)の□にはローラン展開する式f(z)が入ると思っていました。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/07/16 23:30

No.22 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 20:38

質問13

n≦-2ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
で
よいのです

No.21 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 10:12

違います

質問11
n≦-2ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
n≧-1でz≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と
してしまうと
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{(z-π/2)tan(z)}dz
という意味になってしまいこれは間違いです
あくまでnに関係なく
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
なのです

n≧-1の時は積分が困難なので
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
によってa(n)を求められないのです

n≧-1ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できるし
g(z)=(z-π/2)tan(z)
とも定義できるのです
同じg(z)を使ってはいるけれども全く別のものなのです
全く別のものだから同じg(z)を使ってはいけないのです
だけれども
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できても使えないからg(z)と定義しないで
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と定義しただけのことです
だから

その条件を省いて
単に
n≦-2ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
n≧-1でz≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)
の
部分だけを書いてはいけません

n≦-2の時

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

n≧-1の時

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

です

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …
に
書いてある通り

f(z)=tan(z)
の
z=π/2の周り0<|z-π/2|<πでの
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
となるのだけれども

実際に上記の積分公式

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

を用いてローラン級数を計算することは、

積分計算が困難であるなどの理由から稀であって、

代わりに既に知られたテイラー展開

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

を組み合わせる方法に依ることが多い。

この回答へのお礼

質問への回答が若干複雑化して読みにくいので、質問ごとに番号などを振り分けて頂けるとありがたいです。


質問13
>> 「n≧-1ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できるし
g(z)=(z-π/2)tan(z)
とも定義できるのです
同じg(z)を使ってはいるけれども全く別のものなのです
全く別のものだから同じg(z)を使ってはいけないのです
だけれども
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できても使えないからg(z)と定義しないで
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と定義しただけのことです」

なるほど。ではn≦-2の時、g(z)はどんな式なのでしょうか？



質問14
「n≧-1の時

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}...①」に関して、
①の(n+1)を(n-1)としても
a(n)=res(f(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z-> π/2](d/dz)^(n-1)(z-π/2)^n tan(z)...②と一致しません。①と②はどちらが正しい式なのでしょうか？


質問15
「n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです」
に関して、なぜ積分計算が出来ないのでしょうか？

質問16
逆にz≠π/2をz=π/2とした以下のような場合でもg(z)=(z-π/2)tan(z)なのはなぜでしょうか？

n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z=π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです

お礼日時：2022/07/16 17:52

No.20 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 03:52

違います

n≦-2の時

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

n≧-1の時

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

です

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …
に
書いてある通り

f(z)=tan(z)
の
z=π/2の周り0<|z-π/2|<πでの
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
となるのだけれども

実際に上記の積分公式

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

を用いてローラン級数を計算することは、

積分計算が困難であるなどの理由から稀であって、

代わりに既に知られたテイラー展開

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

を組み合わせる方法に依ることが多い。

この回答へのお礼

質問17

「2022.7.13.09:55
n≦-2の時
z=π/2の時
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
と定義すると
n≦-2の時
g(z)はz=π/2で正則だから
コーシーの積分定理から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz=0
となるから
a(n)=0
とわかるのです
(なぜn≦-2の時a(n)=0となるのかの理由がわかっていないのですね)」

に関して、g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)としたのに、なぜa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{g(z)}の式はa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}となるのですか？

g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)としたならば、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)}だと思うのですが、

それともn≧-1でz≠π/2の時と同じでg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できるし
g(z)=(z-π/2)tan(z)
とも定義できるがg(z)=(z-π/2)tan(z)とした場合はa(n)の式が積分できないためa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}ととしたとかでしょうか？

お礼日時：2022/07/16 19:49

No.19 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/16 03:51

違います

n≦-2の時

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

n≦-1の時

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

です

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …
に
書いてある通り

f(z)=tan(z)
の
z=π/2の周り0<|z-π/2|<πでの
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
となるのだけれども

実際に上記の積分公式

a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

を用いてローラン級数を計算することは、

積分計算が困難であるなどの理由から稀であって、

代わりに既に知られたテイラー展開

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

を組み合わせる方法に依ることが多い。

この回答へのお礼

質問への回答が若干複雑化して読みにくいので、質問ごとに番号などを振り分けて頂けるとありがたいです。


質問13
>> 「n≧-1ではz≠π/2で
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できるし
g(z)=(z-π/2)tan(z)
とも定義できるのです
同じg(z)を使ってはいるけれども全く別のものなのです
全く別のものだから同じg(z)を使ってはいけないのです
だけれども
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義できても使えないからg(z)と定義しないで
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と定義しただけのことです」

なるほど。ではn≦-2の時、g(z)はどんな式なのでしょうか？



質問14
「n≧-1の時

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}...①」に関して、
①の(n+1)を(n-1)としても
a(n)=res(f(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z-> π/2](d/dz)^(n-1)(z-π/2)^n tan(z)...②と一致しません。①と②はどちらが正しい式なのでしょうか？


質問15
「n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです」
に関して、なぜ積分計算が出来ないのでしょうか？

質問16
逆にz≠π/2をz=π/2とした以下のような場合でもg(z)=(z-π/2)tan(z)なのはなぜでしょうか？

n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z=π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです

お礼日時：2022/07/16 17:51

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/15 16:59

違います

f(z)=tan(z)
の
z=π/2の周り0<|z-π/2|<πでの
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-π/2)^n
0<r<π
C={z||z-π/2|=r}
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
となるのだけれども

左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はnに関係なくできて
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz
とできるのです

n≦-2の時
z→π/2の時g(z)が収束するから
g(π/2)=lim_{z→π/2}g(z)
と定義できて
g(z)がz=π/2で正則だから
コーシーの積分定理から
∫_{C}{g(z)}dz=0
となるから
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
だから
n≦-2の時
a(n)=0
となるのだけれども

n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はできて
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz
とできるのだけれども
左辺の積分の計算はできないのです
だから
n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです

n≧-1の時は
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
の積分の計算はあきらめて別の方法で　a(n)をもとめるのです
[
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
]のようにa(n)を求めるのです

n≦-2の時a(n)=0
だから
ローラン展開は
tan(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n

↓両辺に(z-π/2)をかけると

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

lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)=a(-1)だから
右辺は左辺のテイラー展開になるのです

z≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と定義して
z=π/2の時
g(π/2)=lim_{z→π/2}g(z)=a(-1)
と定義できるのです

(z-π/2)tan(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^(n+1)
↓n+1回微分すると
(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)+…
↓z→π/2とすると
lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)
↓両辺を(n+1)!で割ると
{1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=a(n)
∴
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

ありがとうございます！

では、質問11については正しくは
n≦-2でz≠π/2の時
g(z)= tan(z)/(z-π/2)^(n+1)

n≧-1でz≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)となるわけでしょうか？


「n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z≠π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです」
に関して、なぜ積分計算が出来ないのでしょうか？

逆にz≠π/2をz=π/2とした以下のような場合でもg(z)=(z-π/2)tan(z)なのはなぜでしょうか？

n≧-1の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
左辺の被積分関数tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
z=π/2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
と定義する事はしても積分計算ができないのでしないのです

お礼日時：2022/07/16 00:33

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/15 03:56

違います

不等号の意味を全くわかってない
n≧-1
というのは

n=-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,…

という意味なのです
この
中に

n=-2
はありません

n≧-1
n=-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,…
と
n=-2の時
は違うのです

n=-2の時
n≧-1
だと仮定する

n=-2<-1≦n
となって矛盾するのです

-2は-1より小さいのです同じであるはずはない

この回答へのお礼

「「質問11
f(z)=tan(z)のローラン展開について
2022.7.7 19:47
「n≦-2の時
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)」
と
「z≠π/2の時、g(z)=(z-π/2)f(z)」
nの場合わけやzの場合わけによりg(z)の式が異なるのでしょうか？

2022.7.11 09:25では「z≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)」と定義していますが、これは実はn≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)であり、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1) にn=-2を代入した際の式がg(z)=(z-π/2)f(z)だと言っているのでしょうか？」」

一旦話を整理します。

2022.7.7 19:47では
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)はn≦-2の時かつz≠π/2の時の式ですよね？
で、n=-2とした時の式が2022.7.11 09:25ではz≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)なのですよね？

お礼日時：2022/07/15 05:14

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/15 03:45

違います

n≧-1

と

n=-2の時

が同じであるはずはないのです

n=-2の時
n≧-1
だと仮定する

n=-2<-1≦n
となって矛盾するのです

-2は-1より小さいのです同じであるはずはない

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/14 21:18

z≠π/2の時

g(z)=(z-π/2)tan(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^(n+1)
だから
n=-1～∞
nは-1以上のすべての自然数です

この回答へのお礼

なるほど、質問11においては「「z≠π/2の時、g(z)=(z-π/2)f(z)」
nの場合わけやzの場合わけによりg(z)の式が異なるのでしょうか？
2022.7.11 09:25では「z≠π/2の時
g(z)=(z-π/2)tan(z)」と定義していますが、これは実はn≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)であり、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1) にn=-2を代入した際の式がg(z)=(z-π/2)f(z)だと言っているのでしょうか？
」はn≧-1でありn=-2の時の話だとわかりました。

あの、申し訳ないのですが、
res()=lim[z->a]d/dz((z-a)^2g(z))...①
( ※g(z)=tan(z)/(z-π/2) )として
①から
res(f(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)と導けないでしょうか？

res()=lim[z->a]d/dz((z-a)^2g(z))がどうやって導かれたのか気になります。

お礼日時：2022/07/14 21:28