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

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

において、積分の∫から2πiが出てきたのでしょうか？

質問者からの補足コメント

• mtrajcp様、毎回解答をありがとうございます。
  
  あの、画像の黄色い下線部の式の導くまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか？

  
    補足日時：2022/07/24 23:46

No.3 ベストアンサー 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/25 04:51

P(n)=[(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)]

とする

n=-1の時
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=(d/dz)^(-1+1){1/(z+1)}
=(d/dz)^(0){1/(z+1)}
=1/(z+1)

(n+1)!(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
=(-1+1)!(-1)^(-1+1)/(z+1)^(-1+2)
=(0)!(-1)^(0)/(z+1)^(1)
=1/(z+1)

だから
n=-1の時
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
が成り立つから
P(-1)は真

ある整数n≧-1に対してP(n)が真と仮定すると
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)(z+1)^(-n-2)
↓両辺をzで微分すると
(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)(-n-2)(z+1)^(-n-3)
(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)(-1)(n+2)/(z+1)^(n+3)
(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(n+2)(n+1)!(-1)^(n+1)(-1)/(z+1)^(n+3)
(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(n+2)!(-1)^(n+2)/(z+1)^(n+3)
だから
P(n+1)=[(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(n+2)!(-1)^(n+2)/(z+1)^(n+3)]
は真だから
すべての整数n≧-1に対してP(n)が真だから
すべての整数n≧-1に対して
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(n+1)!(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
が成り立つ

この回答へのお礼

ご丁寧にありがとうございます。

お礼日時：2022/07/25 06:57

No.4 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/07/25 13:42

いや、ここで大切なのは、

過去の質問で何回も同じ説明をした計算の操作よりも
むしろ留数定理の成立条件だろうけどね。
そこから、「2πi が出てきた」わけで。

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/07/23 22:50

とりあえず、式から贅肉を削ると、

∫_{C}{ g(z) }dz = (2πi) Res(g(z),π/2),
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
ってことですよね。要するに、この式は
閉路 C が囲む領域に z = π/2 は含まれ、
z = (π/2)(2k-1), { k は 1 以外の整数} は含まれない
ということを表しています。
なぜそうなるかって？ 教科書で「留数定理」を調べましょう。

(2πi) がどこから出てきた... という発問に意味は無い
と思います。 どこからか出てくるようなもんじゃないから。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

お礼日時：2022/07/24 23:41

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/23 20:34

0<|z-π/2|<π

0<r<π
C={z;|z-π/2|=r}
でのローラン展開を
tan(z)=Σ_{m=-∞～∞}a(m)(z-π/2)^m
tan(z)=a(n)(z-π/2)^n+Σ_{m≠n}a(m)(z-π/2)^m
↓両辺に 1/(z-π/2)^(n+1)=(z-π/2)^(-n-1) をかけると
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)=a(n)/(z-π/2)+Σ_{m≠n}a(m)(z-π/2)^(m-n-1)
↓両辺をCで積分すると
∫_{C}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=a(n)∫_{C}{1/(z-π/2)}dz+Σ_{m≠n}a(m)∫_{C}(z-π/2)^(m-n-1)dz

↓　m≠nの時∫_{C}(z-π/2)^(m-n-1)dz=0 だから

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

z-π/2=re^(it)
0≦t≦2π
dz=ire^(it)dt
だから

∫_{C}{1/(z-π/2)}dz
=∫_{|z-π/2|=r}{1/(z-π/2)}dz
=∫_{0～2π}(i)dt
=2πi
だから

∫_{C}{1/(z-π/2)}dz=2πi
だから

∫_{C}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=(2πi)a(n)
↓両辺を2πiで割ると

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

この回答へのお礼

ありがとうございます。

頂い解答の
1/(2πi)∫_{C}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=a(n)
の両辺を2πiを掛けた
∫_{C}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=(2πi)a(n)を

「{1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)」
の
{1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzに代入して
1/(2πi)}(2πi)a(n)となり
={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
と導けるとわかりました。
後は、
a(n)の公式の
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)f(z)}より、f(z)にres(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)のtan(z)/(z-π/2)^(n+1)が入り、
={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)}
となるわけですね！

お礼日時：2022/07/24 01:03