「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.1 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/07/05 01:56

何を示そうとしている証明の

どの部分が判らなかったのか
を読み取るのに酷く苦労する。
自分がこんな質問のされ方をしたら
どんな気持ちになるかを少し考えて
質問文を書いたほうがいいと思う。

No.2 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/05 04:02

tan(z)=sin(z)/cos(z)の分母cos(z)が0になる時はtan(z)は∞に発散します

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

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

lim_{z→π/2}-sin(z)=-1
lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)=1
1≦-n-2だから
lim_{z→π/2}(z-π/2)^(-n-2)=0
だから

=0

g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
z=π/2の時{|z-π/2|=|π/2-π/2|=0<πだから}g(z)は正則

この回答へのお礼

ありがとうございます。
>> g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
z=π/2の時{|z-π/2|=|π/2-π/2|=0<πだから}g(z)は正則

すなわち、g(z)は|z-π/2|<πで正則なので(nの値に関係なく)、積分の定理により
a(n)=0となると思うのですが正しいでしょうか？

また、他の質問にも答えて下さるとありがたいです。

お礼日時：2022/07/05 08:47

No.3 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/05 09:01

違います

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)
と定義できて
g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
n≦-2の時
a(n)=0

n≧-1
の時は
lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するため
g(z)はz=π/2の時定義できないので正則ではありません

この回答へのお礼

解答ありがとうございます。

なるほど、g(z)は|z-π/2|<πかつn≦-2の時で正則だからa(n)=0となるとわかりました。

「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)
と定義できて
g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
n≦-2の時
a(n)=0」において、a(n)=0となるまでの過程の計算を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。

お礼日時：2022/07/05 09:32

No.4 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/05 17:14

f(z)=tan(z)

を
0<|z-π/2|<π
で
ローラン展開すると

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

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)

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

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

lim_{z→π/2}-sin(z)=-1
lim_{z→π/2}(π/2-z)/sin(π/2-z)=1
1≦-n-2だから
lim_{z→π/2}(z-π/2)^(-n-2)=0
だから

=0

と定義できて
n≦-2の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz
g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
n≦-2の時
コーシーの積分定理から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
だから
n≦-2の時
a(n)=0
だから
f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n

この回答へのお礼

ありがとうございます。
なるほど、
「n≦-2の時、|z-π/2|<πで正則だから、
コーシーの積分定理から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0 より」
n≦-3の時も|z-π/2|<πで正則だから、
コーシーの積分定理から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0になるわけですね。

ちなみに、「|z-π/2|<π」に関しては、「0<|z-π/2|<π」としても良いのでしょうか？
仮に0<|z-π/2|<πではダメな場合、理由を教えて下さい。


ちなみに、
「n≦-2の時
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz
g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
n≦-2の時
コーシーの積分定理から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=0
だから
n≦-2の時
a(n)=0
だから
f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n」の「f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n」に関してはn≦-2の時はa(n)=0になり、
ローラン展開自体が作れないため、
ローラン展開が作れる範囲はn≧-1だと考えてΣ_{n=-1～∞}としたのだと思いますが、
n≧-1
の時は
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するため、g(z)はz=π/2の時定義できないので正則ではないが、a(n)=0とはなりませんがn≦-1の時はg(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するため、ローラン展開出来ないのではないでしょうか？
仮にローラン展開できる場合はなぜ出来るかのg(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)を用いて理由を教えて下さい。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/07/05 22:22

No.5 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/06 04:12

n≦-2の時、

|z-π/2|<πで正則
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}g(z)dz=0
となるのです
z=π/2で正則でなければ
コーシーの積分定理は使えません
理由は
コーシーの積分定理
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B3%E3%83%BC …
に
書いてある通り
0<r<π
閉曲線C={z||z-π/2|=r}
を含む
領域D={z||z-π/2|<π}全体
で正則な時
定理が成り立つから

この回答へのお礼

聞きたい質問が3つほどあります。

①
「z=π/2で正則でなければ
コーシーの積分定理は使えません」
との事ですが、
z=π/2の時は分母は0になるため積分や微分が出来ないためコーシーの積分定理を使えないと思ったのですが、なぜコーシーの定理は使えるのですか？

②
「n≧-1
の時は
lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するため
g(z)はz=π/2の時定義できないので正則ではありません」との事ですが、n≧-1の時はlim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するので、ローラン展開は作れないという認識で良いでしょうか？

③
「g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
z=π/2の時{|z-π/2|=|π/2-π/2|=0<πだから}g(z)は正則」

ですが、z=π/2の時は{|z-π/2|=|π/2-π/2|=0<π}などの範囲はどうあれ、
分母は0になるため、g(z)は式として成り立たないため、正則ではないのではないかと思うのですが、なぜ正則なのかわかりません。

どうか解答を①、②、③と区切って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。

お礼日時：2022/07/06 16:51

No.6 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/06 17:13

n≦-2の時

z=π/2の時g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
は収束するのですだから
g(z)の分母は0になりません

n≦-1の時は
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するというのは間違いです

n=-1の時は
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するけれども

n<-1の時
n≦-2の時
は
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は収束するのです
だから
n≦-2の時
a(n)=0
になるのです

n=-1の時は
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するから

z=π/2でg(z)は発散するのです
z=π/2でf(z)も発散するのです

z=π/2でローラン展開するのではありません
z=π/2を除く領域
z≠π/2
0<|z-π/2|<π
で
ローラン展開するのです

n≧-1の時は
a(n)を計算するためには
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するから
これを用いることはありません

n≧-1の時は
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
=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。

①、③に関しては「g(z)は|z-π/2|<πで正則だから
z=π/2の時{|z-π/2|=|π/2-π/2|=0<πだから}g(z)は正則」においてはnの値によりg(z)が∞に発散する時があるため、nの値を考慮した上でg(z)は|z-π/2|<πで正則だとわかりました。



しかし、②においては疑問がございます。
n≧-1の時は
a(n)を計算するためには
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するから
これを用いることはできない事はわかりました。しかし、だとしたら
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
のようにa(n)は導けないのでは？と思ったのですが、どうやってa(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzを導き、
さらに
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzから=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を導いたのでしょうか？

お礼日時：2022/07/06 21:18

No.7 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 09:44

a(n)を計算するためには

g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2
で
∞に発散するから
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2で定義できないから
これを用いることはできないのです

z=π/2を除く領域
z≠π/2
0<|z-π/2|<π
での
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
は
用いることができるのです

f(z)=tan(z)
を
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
となるのです

f(x)=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
となるのです

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 09:53

a(n)を計算するためには

g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2
で
∞に発散するから
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2で定義できないから
これを用いることはできないのです
z≠π/2で展開するのだからz=π/2で定義する必要は全くないのです
コーシーの積分定理を使わないのだから
z=π/2で定義する必要は全くないのです
z≠π/2では定義されているのだからそれは使います

z=π/2を除く領域
z≠π/2
0<|z-π/2|<π
での
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
は
用いることができるのです

f(z)=tan(z)
を
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
となるのです(ローラン展開の定義です)
↑この積分はz≠π/2での積分なのです

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
となるのです

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 10:02

n≧-1の時は

a(n)を計算するためには
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2
で
∞に発散するから
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は
z=π/2で定義できないから
これを用いることはできないのです
z≠π/2で展開するのだからz=π/2で定義する必要は全くないのです
コーシーの積分定理を使わないのだから
z=π/2で定義する必要は全くないのです
z≠π/2では定義されているのだからそれは使います

z=π/2を除く領域
z≠π/2
0<|z-π/2|<π
での
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
は
用いることができるのです

f(z)=tan(z)
を
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
となるのです(ローラン展開の定義です)
↑この積分はz≠π/2での積分なのです

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
となるのです

n≧-1の時は(ローラン展開の定義から)
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
↓留数定理から
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
↓留数公式から
={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。

申し訳ありません。理解力が足らず理解ができません。

「n≧-1の時は
a(n)を計算するためには
g(π/2)=lim_{z→π/2}tan(z)(z-π/2)^(-n-1)は∞に発散するから
これを用いることはありません」...①

「n≧-1の時は
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」...②
と書かれましたが、①においてはz=π/2であるため、分母が0になるため∞に発散する事はわかります。

しかし、②においては
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)} とした時に、
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の式の{(z-π/2)tan(z)}はlim_{z→π/2}により、
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(π/2-π/2)tan(z)}となるため、a(n)=im_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)×0×tan(z)}となるためa(n)=0となると考えたのですが、
「n≧-1の時は(ローラン展開の定義から)
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz」
となる。との事でa(n)は0ではありませんでした。
私の考えはどうやら違うようです。
a(n)の式の計算のどこが間違っていますか？
どうか教えて下さい。

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

お礼日時：2022/07/07 10:47

No.10 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/07/07 10:17

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

z≠π/2で展開するのだからz=π/2で定義する必要は全くないのです
z≠π/2では定義されているのだからそれは使います

z=π/2を除く領域
z≠π/2
0<|z-π/2|<π
での
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)
は
用いることができるのです

f(z)=tan(z)
を
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
となるのです(ローラン展開の定義です)
↑この積分はz≠π/2での積分なのです

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
となるのです

n≧-1の時は(ローラン展開の定義から)
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
↓留数定理から
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
↓留数公式から
={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

この回答へのお礼

「n≧-1の時は
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
=Res{tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2}
=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}」...②
に置いて、


②においては
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)} とした時に、
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の式の{(z-π/2)tan(z)}はlim_{z→π/2}により、
a(n)=lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(π/2-π/2)tan(z)}となるため、a(n)=im_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)×0×tan(z)}となるためa(n)=0となると考えたのですが、
「n≧-1の時は(ローラン展開の定義から)
a(n)
={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz」
となる。との事でa(n)は0ではありませんでした。
私の考えはどうやら違いのようです。
a(n)の式の計算のどこを間違えて{1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz(あるいは、={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})と導けなかったのでしょうか？
どうか教えて下さい。

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

お礼日時：2022/07/07 11:01