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質問14
i)0<r<2かつn≧-1かつ(0<r<2を考慮した上で)r=lz-1lであるため、z=→1となり、f(z)=1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)とした場合、
f(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)として
z=1の時にn+2位の極を持つため

res(f(z),a)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)を使い、


i)0<r<2の場合かつn≧-1かつ(0<r<2を考慮した上で)r=lz-1lであるため、z=→1となり、f(z)=1/{(z^2-1)とした場合、
f(z)=1/{(z+1)(z-1)として
z=1の時に1位の極を持つため

res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)を使うのでしょうか?

仮にそうならば
f(z)=1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)とした場合、res(f(z),a)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)からa(n)を導くまでを、

f(z)=1/{(z^2-1)とした場合、
res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)からa(n)を導くまで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

  • 質問15
    f(z)がz=aでk位の極を持つとき
    res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)を使うとの事ですが、


    f(z)=1/(z^2-1)とした場合、
    res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)からa(n)を導くまでを教えて頂けないでしょうか?

    f(z)=1/(z^2-1)
    n≧-1かつ0<r<2の時にz=1でf(z)=1/(z^2-1)は1位の極を持ち、

    res(f(z),1)=1/(1-1)! lim[z->1](d/dz)^(1-1)(z-1) 1/(z^2-1)
    = 1/(z+1)
    と導けたのですが、

    正しい答えはa(n)=-1/(-2)^(n+2)です。

    なぜ正しいa(n)が導けなかったのでしょうか?

      補足日時:2022/08/18 12:18
  • 質問15
    2022 8.17 20:35の解答において画像に書いた質問があります。どうか答えて頂けると助かります。

    質問16
    なぜmは-1となるのでしょうか?

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像2
      補足日時:2022/08/19 14:52
  • ありがとうございます。
    画像について
    0<r<2の時は青、赤、緑の下線部のa(n)の式が使えて、
    r>2の時は青いa(n)の式のみ使う理解で正しいですか?



    青いa(n)の式を展開する過程で以下のように赤か緑の式を使うが
    仮に赤いa(n)の式を使う場合はnの部分をkに変えれば良い。

    a(n)={1/(2πi)}∫_{C}1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)}
    ={1/(2πi)}2πires(1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)},1)
    nの項を+2して
    res(g(z),1)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^ng(z)

    g(z)に1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)}を代入。

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

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像3
      補足日時:2022/08/20 05:43
  • 質問とはことなるのですが、パーシバルの式について画像の赤い下線部のようになるまでの過程式を教えて頂けないでしょうか?

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像4
      補足日時:2022/08/22 08:26
  • mtrajcp様、ありがとうございます。

    こちらが画像です。

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像5
      補足日時:2022/08/22 10:28
  • mtrajcp様、こちらが画像です。

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像6
      補足日時:2022/08/22 10:30
  • ありがとうございます!

    ちなみに、画像の⑩から⑦を導くまでは教えて頂くことは可能でしょうか?

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像7
      補足日時:2022/08/22 11:05
  • ありがとうございます。

    画像に置いて、緑の下線部の式を求めるまでに赤い下線部の式を青で囲ったように部分的に分けましたが、
    なぜ、どうやって青で囲った式のように置けたのでしょうか?

    また、青で囲った式のように分けた後、どうやって赤い下線部を緑色の下線部の式にしたのでしょうか?
    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。

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像8
      補足日時:2022/08/22 20:46
  • 最後に
    なぜ直線f(x)とg(x)のx軸の点πの距離の自乗が赤い下線部の式の-π〜πの範囲の面積と等しくなるのでしょうか?

    また、等しいとわかった事で何がわかったのでしょうか?

    どうかよろしくお願い致します。

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像9
      補足日時:2022/08/22 23:17
  • 最後に、画像において、直接f(x)とg(z)のx軸の点πでの距離の自乗が赤い下線部の式の-π〜πの範囲の面積となぜ等しいのでしょうか?

    また、直接f(x)とg(z)のx軸の点πでの距離の自乗が赤い下線部の式の-π〜πの範囲の面積が等しい事で何がわかったのでしょうか?

    どうかよろしくお願い致します。

    「質問14 i)0<r<2かつn≧-1かつ」の補足画像10
      補足日時:2022/08/22 23:23

A 回答 (26件中1~10件)

z=1の時にn+2位の極を持つため



res(f(z),a)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)を使い、

間違いです

z=1の時にn+2位の極を持つため

res(f(z),1)=1/(n+2-1)! lim[z->1](d/dz)^(n+2-1)(z-1)^(n+2)f(z)


使うが正しい
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i)


f(z)=1/(z^2-1)

z=1 で1位の極を持つから
0<|z-1|<2でのローラン展開は(ローラン公式1)から

f(z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(z-1)^n

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
となる
------------------------------------------
(ローラン公式1)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

a(n)={1/(n+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}
となる
    • good
    • 0

質問15


i)
f(z)=1/(z^2-1)

z=1 で1位の極を持つから
0<|z-1|<2でのローラン展開は(ローラン公式1f)から

f(z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(z-1)^n

n≦-2の時a(n)=0
n≧-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
だから
a(n)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=lim_{z→1}(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
=(-1)^(n+1)/2^(n+2)
=-1/(-2)^(n+2)

∴n≧-1の時

a(n)=-1/(-2)^(n+2)
と求められる

(ローラン公式2f)から
0<r<2に対して
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
となるから
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
とすると
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz
↓留数の定義から
a(n)=Res(g(z),1)

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極を持つから
下記の(留数の公式)(3)でc=1,k=n+2とすると

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

------------------------------------------
(ローラン公式1f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

n≧-kの時
a(n)={1/(n+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}
n≦-k-1の時
a(n)=0
------------------------------------------
(ローラン公式1g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

m≧-kの時
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)
m≦-k-1の時
b(m)=0
------------------------------------------
(ローラン公式2f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

(1),(2)から
m≧-kの時
Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}
m=-1の時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

解答して頂いた式
Res(g(z),1)={1/(k-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)より

g(z)=1/(z+1)(z-1)^(n+2)なので

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

0<r<2でz=1の時にk=n+2位で極を持つため、

{1/(n+1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)(z-1)^(n+2)(z-1)^(n+2)}となり、

=1/(n+1)!lim[z->1](d/dz)^(n+1)(1/(z+1))

=-1/(-2)^(n+2)
となるで正しいでしょうか?

また、仮に正しい場合は
=1/(n+1)!lim[z->1](d/dz)^(n+1)(1/(z+1))
から
=-1/(-2)^(n+2)になるまでの詳しい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:2022/08/19 14:52

質問15


f(z)=1/(z^2-1)とした場合、
res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)から
a(n)を導くのではありません
以下の
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)=Res(g(z),1)
からa(n)を導くのです

i)
f(z)=1/(z^2-1)

z=1 で1位の極を持つから
0<|z-1|<2でのローラン展開は(ローラン公式1f)から

f(z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(z-1)^n

n≦-2の時a(n)=0
n≧-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
だから
a(n)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=lim_{z→1}(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
=(-1)^(n+1)/2^(n+2)
=-1/(-2)^(n+2)

∴n≧-1の時

a(n)=-1/(-2)^(n+2)
と求められる

(ローラン公式2f)から
0<r<2に対して
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz…(質問15これからa(n)を導くのです)
となるから
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
とすると
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz
↓留数の定義から
a(n)=Res(g(z),1)

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極を持つから
下記の(留数の公式)(3)でc=1,k=n+2とすると

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

------------------------------------------
(ローラン公式1f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

n≧-kの時
a(n)={1/(n+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}
n≦-k-1の時
a(n)=0
------------------------------------------
(ローラン公式1g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

m≧-kの時
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)
m≦-k-1の時
b(m)=0
------------------------------------------
(ローラン公式2f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

(1),(2)から
m≧-kの時
Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}
m=-1の時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
質問15と書きましたが、私のミスで数字がダブっていました。
なので画像における質問は質問16とします。

こちらの解答は質問16に関する解答であり、
r>2かつn≦-2あるいはn≧-1なので

res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)は使えないため、

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)=Res(g(z),1)
からa(n)を導くとわかりました。

確認として、0<r<2の時は
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{g(z)}dz
あるいは、
res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kg(z)
あるいは、
(f(z)がz=aでn位の極を持つときという条件で(すなわち、a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz の{ }の式f(z)/(z-1)^(n+1)よりf(z)がnを含んだ指数を持つような式にしたら)) res(f(z),a)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)が使えて、

r<2の時はa(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{g(z)}dzしか使えないという理解で正しいでしょうか?

お礼日時:2022/08/19 16:21

質問15


=1/(n+1)!lim[z->1](d/dz)^(n+1)(1/(z+1))
から
=-1/(-2)^(n+2)になるまでの計算は以下の通り

i)
f(z)=1/(z^2-1)

z=1 で1位の極を持つから
0<|z-1|<2でのローラン展開は(ローラン公式1f)から

f(z)=Σ_{n=-1~∞}a(n)(z-1)^n

n≦-2の時a(n)=0
n≧-1の時
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
だから
a(n)
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}

n=-1の時
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=1/(z+1)=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
ある整数n≧-1に対して
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
と仮定し両辺を微分すると
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(-1)^(n+2)(n+2)/(z+1)^(n+3)
↓両辺を(n+2)で割ると
{1/(n+2)!}(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(-1)^(n+2)/(z+1)^(n+3)
だから
全ての整数n≧-1に対して
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
が成り立つ
↓z→1とすると

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

∴n≧-1の時

a(n)=-1/(-2)^(n+2)
と求められる

(ローラン公式2f)から
0<r<2に対して
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
となるから
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
とすると
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz
↓留数の定義から
a(n)=Res(g(z),1)

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極を持つから
下記の(留数の公式)(3)でc=1,k=n+2とすると

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

n=-1の時
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=1/(z+1)=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
ある整数n≧-1に対して
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
と仮定し両辺を微分すると
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(-1)^(n+2)(n+2)/(z+1)^(n+3)
↓両辺を(n+2)で割ると
{1/(n+2)!}(d/dz)^(n+2){1/(z+1)}=(-1)^(n+2)/(z+1)^(n+3)
だから
全ての整数n≧-1に対して
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}=(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
が成り立つ
↓z→1とすると

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

------------------------------------------
(ローラン公式1f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

n≧-kの時
a(n)={1/(n+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(n+k){f(z)(z-c)^k}
n≦-k-1の時
a(n)=0
------------------------------------------
(ローラン公式1g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

m≧-kの時
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)
m≦-k-1の時
b(m)=0
------------------------------------------
(ローラン公式2f)
f(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

f(z)=Σ_{n=-k~∞}a(n)(z-c)^n

a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

(1),(2)から
m≧-kの時
Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}
m=-1の時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
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この回答へのお礼

=1/(n+1)!lim[z->1](d/dz)^(n+1)(1/(z+1))
から
=-1/(-2)^(n+2)になるまでをどうもありがとうございます。



ダブったため、
質問15と置いていた質問は質問17とします。

「質問15
f(z)=1/(z^2-1)とした場合、
res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)から
a(n)を導くのではありません...①
以下の
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)=Res(g(z),1)
からa(n)を導くのです」
とのことですが、

「a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz
↓留数の定義から
Res(g(z),1)」に関して、
要は①においてはa(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz をRes(g(z),1)として、Res(g(z),1)=として以下のようにa(n)を導いたためa(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dzから導いたという事でしょうか?

「Res(g(z),1)={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){g(z)(z-1)^(n+2)}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)^(n+2)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/{(z+1)}
=lim_{z→1}(-1)^(n+1)/(z+1)^(n+2)
=(-1)^(n+1)/2^(n+2)
=-1/(-2)^(n+2)」


また、質問17において、長い計算からRes(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)と導きましたが、何のために(3)を導いたのでしょうか?

お礼日時:2022/08/19 17:55

質問16


------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
だから
g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m
の時
b(-1)=Res(g(z),c)
となるから
m=-1
となる
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この回答へのお礼

質問16において、a(n)を求める上でa(n)=Res(g(z),1)となる事を考慮して、
余計なb(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)のg(z)/(z-c)^(m+1)の(z-c)^(m+1)を消すためm=-1としたという事でしょうか?

質問18.
なんやかんやで最終的にはa(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{g(z)}dzを使わずに、他のa(n)の式を使ってa(n)を求めていますが、Res(g(z),c)を作るためだけにa(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}{g(z)}dz...②は作られたのでしょうか?

②からa(n)を求めようとすると以下のように他のa(n)の式を使うため。②がなぜ必要なのか。

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

res(1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)}),1)
=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)}
としてから、nを+2して
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1)(z-1)^(n+2)1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)}

質問19.
なぜres(g(z),a)は1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)と置けるのですか?

質問20.
質問15の2022 8.17 20:35の(質問11に対する)解答の画像に関しては
「ii)の場合のa(n)の求め方は以下の通り(それ以外の方法は認めません)」との事で
g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m...③

b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}...④を使ってa(n)を求めましたが、
過去に③と④を使わなくてもa(n)を求めた気がするのですが、
ii)に関しては絶対に③と④を使わないとa(n)は求まらないのですか?
仮に③.④を使わなくてもa(n)が求められるならばa(n)を求めるまでを教えて下さい。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時:2022/08/19 18:29

質問17


ii)
n≦-2の時
a(n)=Res(g(z),-1)

Res(g(z),-1)を求めるため
c=-1
k=1
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
を使うため

n≧-1の時
a(n)=Res(g(z),-1)+Res(g(z),1)

Res(g(z),-1)を求めるため
c=-1
k=1
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
Res(g(z),1)を求めるため
c=1
k=n+2
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
を使うため
(3)を導いた

----------------------------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
-------------------------------------------
ii)
f(z)=1/(z^2-1)
r>2
C={z||z-1|=r}
の時は
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-1)^n
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz

n≦-2の時
n+2≦0
0≦-n-2
g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)

|z-1|<rでz=-1で1位の極を持つから
留数定理から
{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=Res(g(z),-1)
となるから
a(n)=Res(g(z),-1)

Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)…(ここで使うため)

g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)
c=-1
k=1
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z-1)^(-n-2)}
=lim_{z→-1}(z-1)^(-n-2)
=(-2)^(-n-2)

∴n≦-2の時
a(n)=(-2)^(-n-2)

n≧-1の時
n+1≧0
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)は
|z-1|<rで
z=1でn+2位の極
z=-1で1位の極
の2つの極を持つから
留数定理から
a(n)=Res(g(z),-1)+Res(g(z),1)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=-1
k=1
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z+1)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}}
=lim_{z→-1}{1/(z-1)^(n+2)}
=1/(-2)^(n+2)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=1
k=n+2
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),1)
={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){(z-1)^(n+2)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=-1/(-2)^(n+2)

a(n)=1/(-2)^(n+2)-1/(-2)^(n+2)=0

∴n≧-1の時
a(n)=0
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質問18


ii)
f(z)=1/(z^2-1)
r>2
C={z||z-1|=r}
の時は

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

=res(1/{(z^2-1)(z-1)^(n+1)},1)
=res(g(z),1)
とはなりません

{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz≠res(g(z),1)
です

ii)
n≦-2の時
{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=Res(g(z),-1)
となるのです
左辺の中心はz=1右辺の中心はz=-1なのです

n≧-1の時
{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=Res(g(z),-1)+Res(g(z),1)

左辺の中心はz=1右辺は-1と1の留数を加えたものなのです


ii)
f(z)=1/(z^2-1)
r>2
C={z||z-1|=r}
の時は
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-1)^n
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz

n≦-2の時
n+2≦0
0≦-n-2
g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)

|z-1|<rでz=-1で1位の極を持つから
留数定理から
{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=Res(g(z),-1)
となるから
a(n)=Res(g(z),-1)

Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)…(ここで使うため)

g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)
c=-1
k=1
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z-1)^(-n-2)}
=lim_{z→-1}(z-1)^(-n-2)
=(-2)^(-n-2)

∴n≦-2の時
a(n)=(-2)^(-n-2)

n≧-1の時
n+1≧0
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)は
|z-1|<rで
z=1でn+2位の極
z=-1で1位の極
の2つの極を持つから
留数定理から
a(n)=Res(g(z),-1)+Res(g(z),1)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=-1
k=1
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z+1)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}}
=lim_{z→-1}{1/(z-1)^(n+2)}
=1/(-2)^(n+2)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=1
k=n+2
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),1)
={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){(z-1)^(n+2)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=-1/(-2)^(n+2)

a(n)=1/(-2)^(n+2)-1/(-2)^(n+2)=0

∴n≧-1の時
a(n)=0
    • good
    • 0

質問19


res(g(z),a)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)

g(z)がz=aでn位の極を持たなければ間違いです

g(z)がz=cでk位の極を持つ時
res(g(z),c)=1/(k-1)! lim[z->c](d/dz)^(k-1)(z-c)^k g(z)
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
となるのです
なぜ(3)となるかは以下の通り(1),(2)から(3)となるのです

------------------------------------------
(ローラン公式1g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

m≧-kの時
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)
m≦-k-1の時
b(m)=0
------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m

(1),(2)から
m≧-kの時
Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}
m=-1の時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
    • good
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質問20


g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m…③
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)…④

Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)

求めるために使い
(3)から
以下のようにa(n)を求めるのです

------------------------------------------
(ローラン公式1g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|<Rで正則な時
0<|z-c|<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m…③

m≧-kの時
b(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}…(1)…④
m≦-k-1の時
b(m)=0
------------------------------------------
(ローラン公式2g)
g(z)が
z=c でk位の極を持ち
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m…③

b(m)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}{g(z)/(z-c)^(m+1)}dz
b(m)=Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)…(2)
m=-1の時
b(-1)={1/(2πi)}∫_{|z-c|=r}g(z)dz
b(-1)=Res(g(z),c)
-----------------------------
(留数公式)
g(z)が
z=c でk位の極を持つ時
0<|z-c|=r<Rで正則な時
0<|z-c|=r<Rでのローラン展開は

g(z)=Σ_{m=-k~∞}b(m)(z-c)^m…③

(1),(2)から
m≧-kの時
Res(g(z)/(z-c)^(m+1),c)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)(z-c)^k}
m=-1の時
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)
------------------------------------------------------------------
ii)
f(z)=1/(z^2-1)
r>2
C={z||z-1|=r}
の時は
ローラン展開は
f(z)=Σ_{n=-∞~∞}a(n)(z-1)^n
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}{f(z)/(z-1)^(n+1)}dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)={1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz

n≦-2の時
n+2≦0
0≦-n-2
g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)

|z-1|<rでz=-1で1位の極を持つから
留数定理から
{1/(2πi)}∫_{C}g(z)dz=Res(g(z),-1)
となるから
a(n)=Res(g(z),-1)

Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}…(3)

g(z)={(z-1)^(-n-2)}/(z+1)
c=-1
k=1
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z-1)^(-n-2)}
=lim_{z→-1}(z-1)^(-n-2)
=(-2)^(-n-2)

∴n≦-2の時
a(n)=(-2)^(-n-2)

n≧-1の時
n+1≧0
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)は
|z-1|<rで
z=1でn+2位の極
z=-1で1位の極
の2つの極を持つから
留数定理から
a(n)=Res(g(z),-1)+Res(g(z),1)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=-1
k=1
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),-1)
={1/(1-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(1-1){(z+1)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}}
=lim_{z→-1}{1/(z-1)^(n+2)}
=1/(-2)^(n+2)

(3)の
Res(g(z),c)={1/(k-1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(k-1){g(z)(z-c)^k}

c=1
k=n+2
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
とすると
Res(g(z),1)
={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){(z-1)^(n+2)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}
=-1/(-2)^(n+2)

a(n)=1/(-2)^(n+2)-1/(-2)^(n+2)=0

∴n≧-1の時
a(n)=0
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