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質問が四つあります。
一つ目、

{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=-1/(-2)^(n+2)
において、
1/(z+1)

n+1回zで微分して
lim_{z→1}
として
{1/(n+1)!}
をかけると

{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}の式から-1/(-2)^(n+2)が導けると教えて頂いたのですが、
申し訳ないのですがいまいち理解できませんでした。
どうかもう少し詳しく{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}から-1/(-2)^(n+2)になるまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか?

二つ目、
a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式からa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}となるまでの過程の計算をもう少し詳しく教えて頂けないでしょうか?
多分、nをn+1と置き換えたりして導いたと思うのですが。


三つ目、
「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)」
において、
zが限りなく-1になるため
a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}dz...③の(z+1)は0ではないが消えて
lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)となったと思うのですが、
③の{1/(2πi)}はなぜ消えたのでしょうか?
また、導かれた式に含まれるlim_{z→-1}はどこから来たのでしょうか?

四つ目

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
」において、
f(z)/(z-a)^(n+1)から1/{(z+1)(z-1)^(n+2)になるまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか?

質問者からの補足コメント

  • b(k)={1/(2πi)}∳_{|z+1|=s}{g(z)/(z+1)^(k+1)}dz
    と式は画像のanの式を元に作ったとわかりました。

    「質問が四つあります。 一つ目、 {1/(」の補足画像1
      補足日時:2022/01/24 05:52
  • 度々すいません。

    (留数計算定理1)
    g(z)がz=cで1位の極をもつとき,
    Res(g(z),c)=lim_{z→c}(z-c)g(z)
    が成り立つ

    に関して、なぜf(z)ではなくg(z)なのでしょうか?
    g(z)とする理由とg(z)を作った理由を教えてください。
    どうかよろしくお願い致します。

      補足日時:2022/01/26 18:51
  • すいません。

    Res(g(z),c)=lim_{z→c}(z-c)g(z)
    が成り立つ
    に関して、なぜf(z)ではなくg(z)となる理由、
    また
    g(z)とする理由とg(z)を作った理由がいまいちわかりませんでした。
    申し訳ないのですが、詳しく理由を教えて頂けないでしょうか?

      補足日時:2022/01/27 12:49
  • ありがとうございます。

    なるほど。
    k=n+1として、
    以前頂いた質問の画像より赤い下線部のようにanの式を導いたためf(z)だけではなく、f(z)に(z-c)^kを付けなければならないとわかりました。


    また、もう一つのa(n)={1/(2πi)}∳_{γ}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzの式に関しても
    k=-n-1として、
    f(z)に(z-c)^kを付けなければならないとわかりました。

    「質問が四つあります。 一つ目、 {1/(」の補足画像4
      補足日時:2022/01/28 00:31
  • ありがとうございます。
    あの、私が勘違いしてしまっているかもしれないですが、以前f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-c)^n
    から
    a(n)={1/(2πi)}∳_{γ}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzは導けないため画像のanの式しか導けないと聞いたのですが、
    もし違うとしたら画像の式はどうやって導いたのでしょうか?

    「質問が四つあります。 一つ目、 {1/(」の補足画像5
      補足日時:2022/01/28 14:25
  • ありがとうございます。
    なるほど、ローラン展開の公式から(範囲に依存するが)どちらの式も作れるとわかりました。

    ちなみに、以前も解答して頂いたと思うのですが、「f(z)=1/(z^2-1)を2<|z-1|で展開する場合は
    a(n)=(1/(n+k)!)lim_{z→1}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-1)^k}」が成り立たたない(導けない)のは、
    2<|z-1|より、zには明らかに4以上しか入らないためlim_{z→1}が成り立たないためでしょうか?

    また、再びで申し訳ないのですが、
    f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n
    から
    a(n)=(1/(n+k)!)lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}を導くまでを先程頂いた画像のように教えて頂けないでしょうか。

    「質問が四つあります。 一つ目、 {1/(」の補足画像6
      補足日時:2022/01/28 20:27
  • 今更ですが(1)に関して

    g(z)=1/(z+1)とする
    ↓微分する(1回目)
    g'(z)=-1/(z+1)^2
    ↓微分する(2回目)

    g""'(z)=-5!/(z+1)^6
    ↓微分する

    g"""(z)=6!/(z+1)^7

    (d/dz)^(k){g(z)}=k!{(-1)^k}/(z+1)^(k+1)

    (d/dz)^(k){1/(z+1)}=k!{(-1)^k}/(z+1)^(k+1)

    k=n+1とすると」
    より、なぜk=n+1としたのでしょうか?

      補足日時:2022/02/02 02:23
  • また、(2)において、
    「二つ目、
    a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式からa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}となるまでの過程の計算をもう少し詳しく教えて頂けないでしょうか?
    多分、nをn+1と置き換えたりして導いたと思うのですが。」
    f(z)=1/z^2-1であり、n=n+1、k=1と置いた場合にa(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式からa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}と導けました。
    ですが、(1)ではkはn+1としましたが、(2)ではkは1としましたが、(2)でkを1と置いたのは正しかったでしょうか?

      補足日時:2022/02/02 02:27
  • もう一つ申し訳ありません。

    f(z)=1/(z+1)(z-1)かつk=n+1とした場合、
    a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}...①の式にf(z)=1/(z+1)(z-1)かつk=n+1を代入した際に
    a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}...②
    と導けないです。

      補足日時:2022/02/02 16:08
  • そして、
    「a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}
    となる
    m=n-kとすると
    m≧-k
    m+k=nだから
    a(m)=(1/(m+k)!)lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)(z-c)^k}
    mをnに置き換えると」に関して、
    mをnに置き換えるという事は
    m=nという事であり、kはn+1でありましたが、
    nが-1となりkは0という事でしょうか?

    f(z)=1/(z+1)(z-1)かつk=n+1とするとどうしても
    a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式から
    a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}が導けません。

      補足日時:2022/02/02 16:34
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A 回答 (31件中1~10件)

a(n-k)



nは
0以上の任意の整数なのです

f(z)がz=cでk位の極を持つとき

f(z)=Σ_{n=0~∞}a(n-k)(z-c)^n

a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}
(nは0以上の整数)

が成り立つのです

f(z)=1/{(z+1)(z-1)}
の場合は
f(z)はz=1で1位の極だから
k=1なのです
勝手にk=n+1にしてはいけません

整数n≧0に対して
a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}

k=1だから

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

f(z)=1/{(z+1)(z-1)}だから

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

m=n-1とすると
m+1=nだから

a(m)=(1/(m+1)!)lim_{z→1}(d/dz)^(m+1){1/(z+1)}
(mは-1以上の整数)

mをnに置き換えると

a(n)=(1/(n+1)!)lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
(nは-1以上の整数)

g(z)=1/(z+1) とする
↓微分すると(1回目)
g'(z)=-1/(z+1)^2
↓微分すると(2回目)
g"(z)=2/(z+1)^3
↓微分すると(3回目)
g"'(z)=-3!/(z+1)^4
↓微分すると(4回目)
g""(z)=4!/(z+1)^5
↓微分すると(5回目)
g""'(z)=-5!/(z+1)^6
↓微分すると(6回目)
g"""(z)=6!/(z+1)^7

(d/dz)^(n){g(z)}=n!{(-1)^n}/(z+1)^(n+1)
↓微分すると(n+1回目)
(d/dz)^(n+1){g(z)}=(n+1)!{(-1)^(n+1)}/(z+1)^(n+2)

↓g(z)=1/(z+1)だから

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

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

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

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

{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}={-1/(-2)^(n+2)}
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この回答へのお礼

ありがとうございます!

お礼日時:2022/02/10 09:04

f(z)がz=cでk位の極を持つとき



f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

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

が成り立つのです

f(z)=1/{(z+1)(z-1)}
の場合は
f(z)はz=1で1位の極だから
k=1なのです
勝手にk=n+1にしてはいけません
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

f(z)がz=cでk位の極を持つときの
{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}から-1/(-2)^(n+2)を導いたためk=n+1と思っていました。
また、
g(z)=1/(z+1)をn+1回微分する過程でk=n+1と出ていたのでkはn+1だと思っていました。
ですがkは1なのですよね?って事はnは0という事でしょうか?
なぜkは1なのでしょうか?また、nの式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:2022/02/02 18:08

f(z)=1/{(z+1)(z-1)}


の場合は
f(z)はz=1で1位の極だから
k=1なのです
勝手にk=n+1にしてはいけません
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g(z)=1/(z+1)


g'(z)=-1/(z+1)^2
g"(z)=2/(z+1)^3
g"'(z)=-3!/(z+1)^4
g""(z)=4!/(z+1)^5
g""'(z)=-5!/(z+1)^6
g"""(z)=6!/(z+1)^7

(d/dz)^(j){g(z)}=j!{(-1)^j}/(z+1)^(j+1)

(d/dz)^(j){1/(z+1)}=j!{(-1)^j}/(z+1)^(j+1)

j=n+1とすると

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

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

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

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

{1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}={-1/(-2)^(n+2)}
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
出来ればjではなくkの方が良いのですが、

f(z)=1/(z+1)(z-1)かつk=n+1とした場合、
a(n-k)=(1/n!)lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}...①の式にf(z)=1/(z+1)(z-1)かつk=n+1を代入した際に
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}...②
と導けないのでしょうか?
①から②を導けるならば導けるまでの過程を教えてほしいです。

お礼日時:2022/02/02 17:06

(1)


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

{1/(z+1)}のn+1回微分
(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}

求めるため

k=n+1

としたのです

このkは他のkとは関係無いのです
kが紛らわしいのならば
jにします

g(z)=1/(z+1)とする
↓微分する(1回目)
g'(z)=-1/(z+1)^2
↓微分する(2回目)

g""'(z)=-5!/(z+1)^6
↓微分する

g"""(z)=6!/(z+1)^7

(d/dz)^(j){g(z)}=j!{(-1)^j}/(z+1)^(j+1)

(d/dz)^(j){1/(z+1)}=j!{(-1)^j}/(z+1)^(j+1)

j=n+1とすると

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

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とするのです
g(z)=f(z)(z-1)^n+1ではありません

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

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



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



{1/(z+1)}のn+1回微分

(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}


求めるため

k=n+1

としたのです
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
一つ疑問なのですが、k=n+1と置いた場合はg(z)=f(z)(z-1)^n+1は(z-1)^n/(z-1)となり、g(z)は1/(z+1)とならないと思うのですが...

お礼日時:2022/02/02 15:27

f(z)=1/(z^2-1)を2<|z-1|で展開する場合は


2<|z-1|より
zが実数の場合は
zは3より大きい(z>3)か.または.zは-1より小さい(z<-1)かどちらかで
zと1の距離が2より大きいから
zと1の距離を0に近づけることができないから
lim_{z→1}が成り立たないためです

0<|z-c|<R でf(z)が正則でz=cでk位の極を持つ時に限り
0<|z-c|<R でのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n
↓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)
f(z)(z-c)^k=Σ_{m=0~∞}a(m-k)(z-c)^m
↓両辺を(n+k)回微分すると
(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}=(n+k)!a(n)+Σ_{m=1~∞}a(n+m){(n+k+m)!/m!}(z-c)^m
↓両辺のlim_{z→c}をとると
lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}=(n+k)!a(n)
↓両辺を(n+k)!で割ると
{1/(n+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}=a(n)
↓左右を入れ替えると

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


から
a(n)={1/(2πi)}∳_{γ}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
は導けないといったおぼえはありません
ローラン展開であれば
f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-c)^n
から
a(n)={1/(2πi)}∳_{γ}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
は導けます

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

方は
0<|z-c|<R でf(z)が正則でz=cでk位の極を持つ時に限り
0<|z-c|<R でのローラン展開は

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

導けるのです.

f(z)=1/(z^2-1)を2<|z-1|で展開する場合は
a(n)=(1/(n+k)!)lim_{z→1}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-1)^k}は成り立ちません(導けません)
だからこの場合は
a(n)={1/(2πi)}∳_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
となるのです
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f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-c)^n


から
a(n)={1/(2πi)}∳_{γ}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz

図の通り
「質問が四つあります。 一つ目、 {1/(」の回答画像22
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