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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)

0<|z-π/2|<π
でのローラン展開は

f(z)=tan(z)

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)

    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)

    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)」

    「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

A 回答 (34件中1~10件)

tan(z)の


0<|z-π/2|<π
でのローラン展開を
tan(z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(z-π/2)^n…(1)
とすると
tan(z)=Σ_{k=0~∞}a(2k-1)(z-π/2)^(2k-1)+Σ_{k=0~∞}a(2k)(z-π/2)^(2k)…(2)

Z=π-z
とすると

|Z-π/2|=|π-z-π/2|=|π/2-z|=|z-π/2|
だから
|Z-π/2|=|z-π/2|
↓0<|z-π/2|<πだから
0<|Z-π/2|<π
だから(1)から
tan(Z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(Z-π/2)^n

↓Z=π-zだから

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

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

-tan(z)=-Σ_{k=0~∞}a(2k-1)(z-π/2)^(2k-1)+Σ_{k=0~∞}a(2k)(z-π/2)^(2k)
↓これに(2)を加えると

0=2Σ_{k=0~∞}a(2k)(z-π/2)^(2k)
だから

0≦kとなる整数kに対して
a(2k)=0

nが偶数の場合は
a(n)=0

a(-1)=-1
0=a(0)=a(2)=a(4)=a(6)=a(8)=a(10)=a(12)=a(14)=…=a(2k)=…=0
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    • 0
この回答へのお礼

ありがとうございます。
では、n≧0の時でnが奇数の場合はa(n)は
a(n)≠0となるわけでしょうか?

お礼日時:2022/07/21 18:08

質問11


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

(z-π/2)tan(z)のテイラー展開の(z-π/2)^(n+1)の項の係数であるとと同時に

tan(z)のローラン展開の(z-π/2)^nの項の係数でもあるのです


tan(z)のローラン展開は

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)

z→π/2とすると左辺は収束するから

右辺は左辺のテイラー展開になるのです

tan(z)のローラン展開の(z-π/2)^nの項の係数
a(n)

(z-π/2)tan(z)のテイラー展開の(z-π/2)^(n+1)の項の係数になるのです
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
ちなみに、質問1についても答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:2022/07/20 01:22

質問11


n≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
を使って
a(n)を求めません
その代わりに
n≧-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
を使って
a(n)を求めるのです
例えば
n=-1の時
a(-1)={1/(2πi)}∫_{C}tan(z)dz
を使って
a(-1)を求めません
その代わりに
n=-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
↓n=-1とすると
a(-1)=lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
だから

a(-1)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/sin(π/2-z)
=lim_{z→π/2}{-sin(z)}(π/2-z)/sin(π/2-z)
=-1

a(-1)=-1

求まるのです
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

2022.7.16 10:12

「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)}はテイラー展開の式ではなく、ローラン展開のa(n)の式ではないのでしょうか?

お礼日時:2022/07/19 05:58

質問11


n≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
を使って
a(n)の式を導くのは積分の計算が面倒というよりもほとんど(不可能)困難なのでできません

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

a(n)を求める事ができるので
n≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
を使ってa(n)の式を導く必要は無いのです

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …

書いてある通り

f(z)=tan(z)

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

(z-π/2)tan(z)

のテイラー展開を使ってa(n)を求めると
n≧-1の時

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

となるのです
だから
結果的に

n≧-1の時、

{1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz=a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

となるのです
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質問11


n≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
を使って
a(n)の式を導くのは積分の計算が面倒というよりもほとんど(不可能)困難なのでできません

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …

書いてある通り

f(z)=tan(z)

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

(z-π/2)tan(z)

のテイラー展開を使ってa(n)を求めると
n≧-1の時

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

となるのです
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質問14


a(n)=res(tan(z),π/2)は間違いです

ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …

書いてある通り

f(z)=tan(z)

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
となるのです

右辺の積分の中は tan(z)ではなく tan(z)/(z-π/2)^(n+1) なのです

留数の定義から

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

=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)

となるのです

a(n)=res(tan(z),π/2) と仮定すると
留数の定義から
res(tan(z),π/2)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)}dz
となって
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)}dz
となり
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

矛盾するからa(n)=res(tan(z),π/2)は間違いです

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

が正しい
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
なるほど、公式a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz...①より
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzとなるため、なおかつ、a(n)=res(tan(z),π/2) としてしまうとa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)}dzとなり、上に書いた公式①と一致しないため、正しい式はa(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzだと理解できました。

f(z)=tan(z)のローラン展開をするためa(n)=res(tan(z),π/2)だと勘違いしていました。要はf(z)=tan(z)を代入したa(n)の公式よりres(○,π/2)の○の部分はa(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzのtan(z)/(z-π/2)^(n+1)を表しているのだとわかりました!


ちなみに、質問11において、n≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzを使ってa(n)の式を導くのは積分の計算が面倒とのことですが、どうか、積分の計算が面倒なのは承知の上でn≧-1の時、a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzを使ってa(n)の式を求めるまで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:2022/07/18 06:06

質問14


ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …

書いてある通り

f(z)=tan(z)

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
となるのです

左辺の積分の中は tan(z)ではなく tan(z)/(z-π/2)^(n+1) なのです

留数の定義から

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

=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)

となるのです

a(n)=res(tan(z),π/2) と仮定すると
留数の定義から
res(tan(z),π/2)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)}dz
となって
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)}dz
となり
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz

矛盾するから

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

が正しい
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質問17


n≦-2の時

(z-π/2)^(-n-1)=1/(z-π/2)^(n+1)

だから
両辺にtan(z)をかけると

tan(z)(z-π/2)^(-n-1)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)

z≠π/2の時
g(z)=tan(z)(z-π/2)^(-n-1)=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)=lim_{z→π/2}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)

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={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz=0
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違います


質問11
「n≦-1の時、積分の計算が面倒」ではなく
「n≧-1の時、積分の計算が面倒」です

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を使った場合は
右辺は積分ではありません微分です
微分の計算は多少面倒でもできるのです
右辺の微分の計算をすればa(n)を求めることはできます
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この回答へのお礼

間違えてしまいすいませんでした。

なるほど、n≧-1の時、積分の計算が出来ないではなく、面倒なのですね。そのため、計算が面倒でないa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}の方を使ったとわかりました。

ちなみに、n≦-2の場合はコーシーの積分定理によりa(n)=0となるという認識で良いでしょうか?

お礼日時:2022/07/18 01:09

質問14


res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
は留数の定義から
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
という意味なのです
だから
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
は留数の定義から
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz
という意味なのです

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

n≧-1の時
右辺の積分を計算する事は困難なので積分値を求めることができないのです
なので別の方法で
n≧-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

a(n)を求めるのです

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

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

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

となるのです
だから
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)}

直接
導くことはできません
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問14に関して、理解が追いつかないためまだ理解できていない部分があります。

正しくはa(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)との事ですが、なぜf(z)=tan(z)でのローラン展開であるため、a(n)=res(tan(z),π/2)ではないのでしょうか?

お礼日時:2022/07/18 01:05
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