f(θ)=sinθ/cosθ のローラン展開のanは画像のようになるとわかったのですが、 2枚目の画

f(θ)=sinθ/cosθ
のローラン展開のanは画像のようになるとわかったのですが、
2枚目の画像のようにanの公式から1枚目の画像のように導く事はできるのでしょうか？
もし導けるならば一枚目と2枚目のanが一致するまでの計算過程を教えて頂きたいです。

質問者からの補足コメント

• こちらが2枚目の画像です。

  
    補足日時：2022/01/04 19:39

• 補足で申し訳ありません。
  画像の赤い下線部より、f(θ)が-1乗から始まった場合、g(θ)は発散しないのはわかりますが、f(θ)は発散しますよね？

  
    補足日時：2022/01/04 19:49

• こちらが画像です。

  
    補足日時：2022/01/05 23:52

• 修正しました。
  青い下線部の式の画像です。

  
    補足日時：2022/01/05 23:53

• mtrajcpさんありがとうございます！
  あの、出来れば画像の一つ目の質問においても先程書いていただいたように(1)や(2)や代入という言葉を使って導くまでの過程を教えて頂けないでしょうか？
  その方が理解しやすいです。どうかよろしくお願い致します。
  出来れば二つ目の質問にも答えて頂けるとありがたいです。

  
    補足日時：2022/01/06 17:59

• ちなみに、載せました画像より導かれた式をローラン展開の公式f(θ)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n
  すなわち、(u=)θ-π/2の時のローラン展開を導きたいのでf(θ)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(θ-π/2)^nに代入してanを求めるまでの過程の計算式を教えていただけないでしょうか？

  
    補足日時：2022/01/06 23:01

• 補足で申し訳ありません。
  そして、前の質問で導かれたanの式とこちらに載せた画像のanの式が=になるまでの過程の計算も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：2022/01/06 23:25

• 解説ありがとうございます。
  i)の場合のローラン展開の式の求め方はわかりました。
  ちなみに、画像のii)の場合の式はどう求めれば良いでしょうか？
  どうかよろしくお願い致します。
  
  また、仮にf(θ)=sinθ/cosθをローラン展開の公式に代入してローラン展開する場合はローラン展開の公式にあるzやcのような部分がないためローラン展開の公式に代入するやり方ではsinθ/cosθのローラン展開は求められないと思うのですが、この考えは正しいでしょうか？

  
    補足日時：2022/01/07 15:32

• ありがとうございます。
  
  ちなみに、載せました画像より導かれた式をローラン展開の公式f(θ)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n
  すなわち、(u=)θ-π/2の時のローラン展開を導きたいのでf(θ)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(θ-π/2)^nに代入してanを求めるまでの過程の計算式を教えていただけないでしょうか？

  
    補足日時：2022/01/07 16:12

• そして、前の質問で導かれたanの式とこちらに載せた画像のanの式が=になるまでの過程の計算も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：2022/01/07 16:12

No.18 ベストアンサー 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/09 06:11

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n

を変形する
その変形の仕方がまちがっているのです

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n
が
(自然数kに対して)
k位の極をもつならば

f(z)=Σ_{n=-k～∞}a(n)(z-c)^n だから

↓両辺に　(z-c)^k　をかけると

f(z)(z-c)^k=Σ_{n=-k～∞}a(n)(z-c)^(n+k)

m=n+k
とすると
n=m-k
だから

f(z)(z-c)^k=Σ_{m=0～∞}a(m-k)(z-c)^m

f(z)(z-c)^k=a(-k)+a(1-k)(z-c)+a(2-k)(z-c)^2+(3-k)(z-c)^3+(4-k)(z-c)^4+…
↓lim_{z→c}とすると
lim_{z→c}f(z)(z-c)^k=a(-k)

f(z)(z-c)^k=a(-k)+a(1-k)(z-c)+a(2-k)(z-c)^2+(3-k)(z-c)^3+(4-k)(z-c)^4+…
↓両辺をzで微分すると
(d/dz){f(z)(z-c)^k}=a(1-k)+2a(2-k)(z-c)+3(3-k)(z-c)^2+4(4-k)(z-c)^3+…
↓lim_{z→c}とすると
lim_{z→c}(d/dz){f(z)(z-c)^k}=a(1-k)

(d/dz){f(z)(z-c)^k}=a(1-k)+2a(2-k)(z-c)+3(3-k)(z-c)^2+4(4-k)(z-c)^3+…
↓両辺をzで微分すると
(d/dz)^2{f(z)(z-c)^k}=2a(2-k)+6(3-k)(z-c)+12(4-k)(z-c)^2+…
↓lim_{z→c}とすると
lim_{z→c}(d/dz)^2{f(z)(z-c)^k}=2a(2-k)
(1/2)lim_{z→c}(d/dz)^2{f(z)(z-c)^k}=a(2-k)

…

(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}=a(n-k)

a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}

と変形するのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。
なるほどa(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}と変形すれば良いとわかりました。
しかし、なぜここまで改造？する必要があるのかわかりません。どうか理由を教えて頂けないでしょうか？
どうかよろしくお願いします。

お礼日時：2022/01/09 06:38

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/08 20:24

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n

を変形する
その変形の仕方がまちがっているのです

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n
を変形しても、
絶対に
a(n)
と
f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
は
等しくならないのです

その理由は

Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
が
発散してその値を求めることができないからです

例えば
z-c=1
とすると
Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n=Σ_{n=-∞～∞}1=∞
となります

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/08 16:47

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n

を変形しても、
絶対に
a(n)
と
f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
は
等しくなりません

a(n)≠f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
です

例えば
c=0
a(0)=1
a(1)=3
(n≠0)&(n≠1)の時a(n)=0とすると

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n==1+3z

Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n=1+z

だから

f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n=(1+3z)/(1+z)

n=0,z=1の時
a(n)=a(0)=1≠2=(1+3)/(1+1)=(1+3z)/(1+z)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
だから
a(n)≠f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n

n=1,z=1の時
a(n)=a(1)=3≠2=(1+3)/(1+1)=(1+3z)/(1+z)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
だから
a(n)≠f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n

(n≠0)&(n≠1),z=1の時
a(n)=0≠2=(1+3)/(1+1)=(1+3z)/(1+z)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
だから
a(n)≠f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n

この回答へのお礼

すいません。ローラン展開の公式にはa(n)が含まれていますよね？なので、ローラン展開の公式
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^nを変形して、
a(n)=とした式からa(n)が求められないかなと思ったのですが、求められないのでしょうか？

お礼日時：2022/01/08 18:35

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/08 11:28

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n

を変形して、
a(n)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
となりません

例えば
c=0
(n≠1)&(n≠2)の時a(n)=0とすると

f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^n=a(1)z+a(2)z^2

Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n=z+z^2

だから

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

n=1の時
a(n)=a(1)≠{a(1)z+a(2)z^2}/(z+z^2)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
n=2の時
a(n)=a(2)≠{a(1)z+a(2)z^2}/(z+z^2)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n
(n≠1)&(n≠2)の時
a(n)=0≠{a(1)z+a(2)z^2}/(z+z^2)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^n

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/08 06:02

a=π/2

0<r<π
C={z||z-a|=r}
f(z)=tan(z)=sin(z)/cos(z)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-π/2|=r}[tan(z)(z-π/2)^(-n-1)]dz

g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)とすると

n≦-2の時
g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
a(n)=Res(g(z),π/2)=0

n≧-1の時
k=n+2とすると
g(z)はz=aでk位の極を持つから

公式
[
z=aがg(z)のk位の極ならば
Res(g(z),a)={1/(k-1)!}lim_{z→a}(d/dz)^(k-1)[{(z-a)^k}g(z)]
]
から

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

a(-1)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{t→0}tsin(t+π/2)/cos(t+π/2)
=lim_{t→0}-tcos(t)/sin(t)
=-1

a(0)
=lim_{z→π/2}(d/dz){(z-π/2)sin(z)/cos(z)}
=lim_{t→0}(d/dt){-tcos(t)/sin(t)}
=lim_{t→0}(t-sintcost)/(sint)^2
↓ロピタルの定理から
=lim_{t→0}sint/cost
=0

a(1)
=(1/2)lim_{z→π/2}(d/dz)^2{(z-π/2)sin(z)/cos(z)}
=(1/2)lim_{t→0}(d/dt)^2{-tcos(t)/sin(t)}
=(1/2)lim_{t→0}(d/dt)(t-sintcost)/(sint)^2
=(1/2)lim_{t→0}2(sint-tcost)/(sint)^3
↓ロピタルの定理から
=(1/2)lim_{t→0}2t/(3sintcost)
↓ロピタルの定理から
=(1/2)lim_{t→0}2/[3{cost-(sint)^2}]
=1/3

a(2)
=(1/6)lim_{z→π/2}(d/dz)^3{(z-π/2)sin(z)/cos(z)}
=(1/6)lim_{t→0}(d/dt)^3{-tcos(t)/sin(t)}
=(1/6)lim_{t→0}(d/dt)2(sint-tcost)/(sint)^3
=(1/6)lim_{t→0}2{t-3costsint+2t(cost)^2}/(sint)^4
↓ロピタルの定理から
=(4/3)lim_{t→0}(sint-tcost)/{cost(sint)^2}
↓ロピタルの定理から
=(4/9)lim_{t→0}t/{2-3(sint)^2}
=0

a(3)
=(1/4!)lim_{z→π/2}(d/dz)^4{(z-π/2)sin(z)/cos(z)}
=(1/24)lim_{t→0}(d/dt)^4{-tcos(t)/sin(t)}
=(1/24)lim_{t→0}(d/dt)2{t-3costsint+2t(cost)^2}/(sint)^4
=(1/24)lim_{t→0}8{3sint-2tcost-2(sint)^3-t(cost)^3}/(sint)^5
↓ロピタルの定理から
=(1/15)lim_{t→0}{5t-5cost(sint)-3t(sint)^2}/{cost(sint)^3}
↓ロピタルの定理から
=(1/15)lim_{t→0}(7sint-6tcost)/[{3-4(sint)^2}sint]
↓ロピタルの定理から
=(1/15)lim_{t→0}(cost+6tsint)/[3cost{1-4(sint)^2}]
=1/45

この回答へのお礼

ありがとうございます。
ちなみに、ローラン展開の公式
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^nを変形して、
a(n)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^nと置き換えてa(n)=f(z)/Σ_{n=-∞～∞}(z-c)^nの式からa(n)を求める事は可能でしょうか？
もし可能な場合は計算過程を教えて欲しいです。
どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/01/08 06:11

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/07 19:27

訂正です

i)
a=1
0<r<2
C={z||z-a|=r}
f(z)=1/(z^2-1)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz

n≦-2の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<2で正則だから
a(n)=0

n≧-1の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極を持つから
a(n)
=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},1)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=-1/(-2)^(n+2)

------------------------------------------------------
ii)
a=1
r>2
C={z||z-a|=r}
f(z)=1/(z^2-1)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz

n≦-2の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=-1で1位の極をもつから

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

n≧-1の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<rでz=1,z=-1の2つの極をもつから

a(n)
=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)+Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},1)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)+{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=1/(-2)^(n+2)-1/(-2)^(n+2)
=0
------------------------------------------------------
a=π/2
0<r<π
C={z||z-a|=r}
f(z)=tan(z)=sin(z)/cos(z)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)
={1/(2πi)}∳_{|z-π/2|=r}[tan(z)(z-π/2)^(-n-1)]dz
=Res(tan(z)(z-π/2)^(-n-1),π/2)

n≦-2の時
tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は|z-π/2|<πで正則だから
a(n)=Res(tan(z)(z-π/2)^(-n-1),π/2)=0

n≧-1の時
tan(z)(z-π/2)^(-n-1)はz=π/2でn+2位の極を持つから

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

a(-1)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{t→0}tsin(t+π/2)/cos(t+π/2)
=lim_{t→0}-tcos(t)/sin(t)
=-1

この回答へのお礼

丁寧に説明して下さりありがとうございます。
ちなみに、ローラン展開の公式
Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-c)^nからa(n)=変形してとして、
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)sin(z)/cos(z)}を導くまでの過程の計算を教えて頂けますでしょうか？

お礼日時：2022/01/07 20:14

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/07 17:24

i)

a=1
0<r<2
C={z||z-a|=r}
f(z)=1/(z^2-1)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz

n≦-2の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<2で正則だから
a(n)=0

n≧-1の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極を持つから
a(n)
=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},1)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=-1/(-2)^(n+2)

------------------------------------------------------
ii)
a=1
r>2
C={z||z-a|=r}
f(z)=1/(z^2-1)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz

n≦-2の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=-1で1位の極をもつから

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

n≧-1の時
1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<rでz=1,z=-1の2つの極をもつから

a(n)
=Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},-1)+Res(1/{(z+1)(z-1)^(n+2)},1)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)+{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=1/(-2)^(n+2)-1/(-2)^(n+2)
=0
------------------------------------------------------
a=π/2
0<r<π
C={z||z-a|=r}
f(z)=tan(z)=sin(z)/cos(z)
a(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz
とすると

a(n)
={1/(2πi)}∳_{|z-π/2|=r}[tan(z)(z-π/2)^(-n-1)]dz
=Res(tan(z)(z-π/2)^(-n-1),π/2)

n≦-2の時
tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は|z-π/2|<πで正則だから
a(n)=Res(tan(z)(z-π/2)^(-n-1),π/2)=0

n≧-1の時
tan(z)(z-π/2)^(-n-1)はz=π/2でn+2位の極を持つから
a(n)
=Res(tan(z)(z-π/2)^(-n-1),π/2)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)sin(z)/cos(z)}

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/07 16:11

訂正です

C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|≦rで正則
としていましたけれども

0<R1<r<R2
に対して
f(z)は0<R1<|z-a|<R2で正則

あるいは
f(z)は0<R1<|z-a|で正則
でも

あるいは
f(z)は0<|z-a|で正則
でも

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます

i)
の場合は
0<r<2
C1={z||z-1|=r}で展開
A1(n)={1/(2πi)}∳_{C1}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

ii)
の場合は
2<r
C2={z||z-1|=r}で展開
A2(n)={1/(2πi)}∳_{C2}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

C1とC2を含むf(z)の正則領域は無い
から
A1(n)≠A2(n)
---------------------------
f(θ)=sinθ/cosθ
の場合は
f(z)=sin(z)/cos(z)
a=π/2
とすれば
0<r<π
C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|<πで正則
だから

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます

No.10 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/07 16:07

訂正です

C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|≦rで正則
としていましたけれども

0<R1<r<R2
に対して
f(z)は0<R1<|z-a|<R2で正則

あるいは
f(z)は0<R1<|z-a|で正則
でも

あるいは
f(z)は0<|z-a|で正則
でも

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます

i)
の場合は
C1={z||z-1|<2}で展開
A1(n)={1/(2πi)}∳_{C1}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

ii)
の場合は
C2={z|2<|z-1|}で展開
A2(n)={1/(2πi)}∳_{C2}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

C1とC2を含むf(z)の正則領域は無い
から
A1(n)≠A2(n)
---------------------------
f(θ)=sinθ/cosθ
の場合は
f(z)=sin(z)/cos(z)
a=π/2
とすれば
0<r<π
C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|<πで正則
だから

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/01/07 16:02

訂正です

C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|≦rで正則
としていましたけれども

0<R1<r<R2
に対して
f(z)は0<R1<|z-a|<R2で正則

あるいは
f(z)は0<R1<|z-a|で正則
でも

あるいは
f(z)は0<|z-a|で正則
でも

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます

i)
の場合は
C1={z||z-1|<2}で展開
A1(n)={1/(2πi)}∳_{C1}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

ii)
の場合は
C2={z|2<|z-1|}で展開
A2(n)={1/(2πi)}∳_{C2}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

C1≠C2
だから
A1(n)≠A2(n)
---------------------------
f(θ)=sinθ/cosθ
の場合は
f(z)=sin(z)/cos(z)
a=π/2
とすれば
C={z||z-a|=r}
f(z)は0<|z-a|<πで正則
だから

f(z)=Σ_{m=-∞～∞}A(m)(z-a)^m

A(n)={1/(2πi)}∳_{C}{f(z)/(z-a)^(n+1)}dz

とローラン展開できます