res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf

res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z) を使って
n≦-2の時
n≥-1の時
の
a(n)を導くまでを教えてください。


また、画像において青い下線部の部分はなぜg(z)ではなく、f(z)なのでしょうか？

質問者からの補足コメント

• 「res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z) を使って
  n≦-2の時
  n≥-1の時
  の
  a(n)を導くまでを教えてください。」
  に関しては
  
  2022.8.13 09:51に質問した質問に対して2022.8.17 20:35
  に頂いた解答(文字数的に省略した画像)のように
  res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)
  を使った解答が載っていたためです。

  
    補足日時：2022/12/18 02:17

• ①
  g(z)=tan(z)(z-π/2)でtan(z)のローラン展開を導く上でz≠π/2の時lim{z→π/2}g(z)=lim{z→π/2}tan(z)(z-π/2)やz=π/2の時g(z)=tan(z)(z-π/2)などの、n≧-1やn≦-2によってはz=π/2であっても分母は0にならない事はあるが、
  z≠π/2やz=π/2の場合わけが必要があるのか？
  
  画像は全部で4枚あります。

  
    補足日時：2022/12/18 23:39

• ①
  g(z)=tan(z)(z-π/2)でtan(z)のローラン展開を導く上でz≠π/2の時lim{z→π/2}g(z)=lim{z→π/2}tan(z)(z-π/2)やz=π/2の時g(z)=tan(z)(z-π/2)などの、n≧-1やn≦-2によってはz=π/2であっても分母は0にならない事はあるが、
  z≠π/2やz=π/2の場合わけが必要があるのか？

  
    補足日時：2022/12/18 23:41

• ②
  仮に、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)はローラン展開を導く上で定義できて、積分ができて、n≧-1やn≦-2によってはz=π/2であっても分母は0にならない事はあるが、
  z≠π/2の時lim{z→π/2}g(z)=lim{z→π/2} g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)やz=π/2の時g(z)= g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)と場合わけをする必要があるのか？

  
    補足日時：2022/12/18 23:41

• ③
  保存した4枚の画像を参考にz→π/2と同じようなz=π/2+0.001の時にf(π/2+0.001)=∞ではなく、
  f(π/2+0.001)=-999.999666667と導くまでを教えてほしい。
  
  以上の3つをわかりやすく教えて頂きたいです。

  
    補足日時：2022/12/18 23:42

• 最後の画像です。

  
    補足日時：2022/12/18 23:42

• mtrajcpさん、せっかくの解答申し訳ありません。
  
  伝え方が悪かったです。
  画像の各四つの場合において、
  
  例えば
  lz-1l>2、n≦-2の時
  Res(g(z),-1)で終わらせるのではなく、
  
  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)
  のように、
  =(-2)^(-n-2)
  のような具体的な計算式になるまでを教えて頂けるとありがたいです。

  
    補足日時：2022/12/18 23:58

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 18:49

訂正です0でない第2項はa(1)の項でした

③
tan(z)をローラン展開して

tan(z)=-1/(z-π/2)+(1/3)(z-π/2)+…
とする
z=π/2+0.001
とすると

tan(π/2+0.001)=(-1/0.001)+(0.001/3)+…
↓-1/0.001=-1000だから
tan(π/2+0.001)
=-1000+0.00033333…+…
=-999.999666666…
だから
-1/(z-π/2)+(1/3)(z-π/2)
を計算すればよい

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 17:06

②は①と同じ

③
tan(z)をローラン展開して

tan(z)=-1/(z-π/2)+a(2)(z-π/2)^2+…
とする
z=π/2+0.001
とすると

tan(π/2+0.001)=(-1/0.001)+a(2)(0.001)^2+…
↓-1/0.001=-1000だから
tan(π/2+0.001)=-1000+a(2)(0.001)^2+…

第1項-1000と-999.999666667との差は
|-999.999666667-(-1000)|=0.00033333
だけしかない

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 16:39

①

z≠π/2
で
g(z)
=tan(z)(z-π/2)
=(z-π/2)sin(z)/cos(z)
で
z→π/2 のとき
分母がcos(z)→0になるけれども
分子も(z-π/2)→0になり

(z-π/2)/cos(z)→-1に収束するから

g(π/2)=lim_{z→π/2}(z-π/2)sin(z)/cos(z)
と
定義できるけれども

g(z)=(z-π/2)sin(z)/cos(z)
に
z=π/2を代入すると

g(π/2)=0×1/0
となって分母が0になるから

g(z)=(z-π/2)sin(z)/cos(z)
に
z=π/2を代入してはいけません

No.10 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 16:23

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

はf(z)がz=a=π/2でn位の極を持たない限り間違いです
res(g(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)
はg(z)がz=a=π/2でn位の極を持たない限り間違いです

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は0<|z-π/2|=r<2で積分可能だけれども
tan(z)に限らず一般的なほとんどの関数の
積分計算は困難なのです
ローラン級数
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AD%E3%83%BC …
に
書いてある通り
実際に上記の積分公式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テイラー展開を組み合わせる方法に依ることが多い。

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 11:22

ii)

f(z)=1/(z^2-1)
2<|z-1|=r
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
のとき
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}f(z)/(z-1)^(n+1)dz
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}

n≦-2のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
の|z-1|<rでの極はz=-1だけだから留数定理から
a(n)=res(g(z),-1)={1/(2πi)}∫_{|z+1|=s}g(z)dz
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=-1でk=1位の極をもつから
res(g(z),-1)={1/(k-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(k-1){(z+1)^k}g(z)
↓k=1だから
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)g(z)
↓g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}だから
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)
res(g(z),-1)=1/(-2)^(n+2)
∴
a(n)=1/(-2)^(n+2)

n≧-1のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
の|z-1|<rでの極はz=1とz=-1の2つあるから留数定理から
a(n)=res(g(z),1)+res(g(z),-1)

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=1でn+2位の極をもつから
res(g(z),1)={1/(k-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(k-1){(z-1)^k}g(z)
↓k=n+2だから
res(g(z),1)={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){(z-1)^(n+2)}g(z)
res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)^(n+2)}g(z)
↓g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}だから
res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)^(n+2)}/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/{(z+1)}
↓{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}={(-1)^(n+1)}/(z+1)^(n+2)だから
res(g(z),1)=lim_{z→1}{(-1)^(n+1)}/(z+1)^(n+2)
res(g(z),1)={(-1)^(n+1)}/2^(n+2)
res(g(z),1)=-1/(-2)^(n+2)

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}はz=-1でk=1位の極をもつから
res(g(z),-1)={1/(k-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(k-1){(z+1)^k}g(z)
↓k=1だから
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)g(z)
↓g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}だから
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
res(g(z),-1)=lim_{z→-1}1/(z-1)^(n+2)
res(g(z),-1)=1/(-2)^(n+2)

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

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 10:59

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

0<|z-1|=r<2
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
のとき
n≦-2のとき
a(n)=0
n≧-1のとき
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
↓(z-1)f(z)=1/(z+1)だから
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}

P(m)=[(1/m!){(d/dz)^m}{1/(z+1)}={(-1)^m}/(z+1)^(m+1)]
とする
P(0)=[(1/0!){(d/dz)^0}{1/(z+1)}=1/(z+1)]は真
ある整数m≧0に対してP(m)が真と仮定すると
(1/m!){(d/dz)^m}{1/(z+1)}={(-1)^m}/(z+1)^(m+1)
↓両辺を微分すると
(1/m!){(d/dz)^(m+1)}{1/(z+1)}={(-1)^(m+1)}(m+1)/(z+1)^(m+2)
↓両辺を(n+2)で割ると
(1/(m+1)!){(d/dz)^(m+1)}{1/(z+1)}={(-1)^(m+1)}/(z+1)^(m+2)
だから
P(m+1)=[(1/(m+1)!){(d/dz)^(m+1)}{1/(z+1)}={(-1)^(m+1)}/(z+1)^(m+2)]
も真だから
全ての整数m≧0に対してP(m)が真だから
P(n+1)も真だから
{1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){1/(z+1)}={(-1)^(n+1)}/(z+1)^(n+2)
だから
a(n)=lim_{z→1}{(-1)^(n+1)}/(z+1)^(n+2)
∴
a(n)={(-1)^(n+1)}/2^(n+2)

No.7 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/19 05:58

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

0<|z-1|=r<2
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-1)^n
のとき
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
n≦-2のとき
a(n)=0
n≧-1のとき
a(n)=res(g(z),1)
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
はz=1でk=n+2の極を持つから
a(n)=res(g(z),1)={1/(k-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(k-1){(z-1)^k}g(z)
↓k=n+2だから
a(n)=res(g(z),1)={1/(n+2-1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+2-1){(z-1)^(n+2)}g(z)
a(n)=res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)^(n+2)}g(z)
↓g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)だから
a(n)=res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)^(n+2)}f(z)/(z-1)^(n+1)
∴
a(n)=res(g(z),1)={1/(n+1)!}lim_{z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}

この回答へのお礼

ありがとうございます。

res(g(z),-1)={1/(k-1)!}lim_{z→-1}(d/dz)^(k-1){(z+1)^k}g(z)を使っての解き方がわかりました。
また、res(f(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)の方を使う場合はg(z)の式の極に合わせて指数をずらしてからres(f(z),π/2)=の式にg(z)を代入すれば良いとわかりました。

ちなみに、res(f(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^nf(z)と
res(g(z),π/2)=1/(n-1)! lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)の式が正しいのでしょうか？

もう一つ、今更で別件の質問で申し訳ないのですが、なぜg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)では、積分が不可能なのでしょうか？

最後に①〜③についてお答えして頂けると大変助かります。

お礼日時：2022/12/19 15:20

No.6 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/12/18 23:53

ああ...

１個解答したら、鬼のように補足質問が来た...
怖ぇえよ。
ともかく、その黙々と式変形を見せるだけの回答は
一旦忘れて、極におけるローラン展開とは何なのか？
基本的な教科書を一度通読してみることをお勧め。
No.4 のどの行がどう解らないのか？を
自覚することが全ての出発点かと思います。

この回答へのお礼

申し訳ありません。
あとわからないところは補足のみです。
解決したら消えます。
本当に申し訳ありません。

お礼日時：2022/12/19 00:00

No.5 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/12/18 23:03

誤字訂正：

ローラン展開の z^-1 項の係数が Res[f(z),z=a] なんだから、
　↓
ローラン展開の (z-a)^-1 項の係数が Res[f(z),z=a] なんだから、

No.4 回答者： ありものがたり 回答日時： 2022/12/18 10:35

＞ 導くまでを教えてください。

導き方の式変形をなぞろうとするから、
話が長くて、何やってんのか把握しきれなくなるんじゃないの？

要するに、 f(z) が z=a に k 位の極を持つ場合、
(z-a)^k f(z) が z=a において正則になるから
これをテイラー展開して、 (z-a)^k で割ればローラン展開が得られる。
ローラン展開の z^-1 項の係数が Res[f(z),z=a] なんだから、
(z-a)^k f(z) を k-1 回微分すれば定数項が (k-1)！ Res[f(z),z=a]
になっている ってだけの話だよ。

こんなにいつまでもいつまでも同じ質問を繰り返すほど
ややこしい話だとも思えないが。