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.3 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/18 10:20

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

0<|z-1|=r<2
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)}
は|z-1|<2で正則だから
∫_{|z-1|=r}g(z)dz=0
だから
a(n)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz=0
だから
a(n)=0

n≧-1のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
の|z-1|<rでの極はz=1だけだから留数の定義から
a(n)=res(g(z),1)={1/(2πi)}∫_{|z-1|=r}g(z)dz

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

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)

画像の
質問の方のres(f(z),a)のf(z)は間違いで
解答の方のres(g(z),a)のg(z)が正しい
解答では
res(g(z),c)のようにg(z)を使っていて
f(z)は使ってはいないので
a(n)=-1/(-2)^(n+2)も正しい

a(n)=(1/(n+1)!lim {z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
は
res(f(z),a)=1/(k-1)! lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^kf(z)
を使って求めたのではありません

f(z)=1/(z^2-1)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-1)^n
↓各辺に(z-1)をかけると
(z-1)f(z)=1/(z+1)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-1)^(n+1)
(z-1)f(z)=Σ_{n=-1～∞}a(n)(z-1)^(n+1)

↓両辺を(n+1)回微分すると

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

↓z→1とすると

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

↓両辺を(n+1)!で割ると

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

↓左右を入れ替えると

a(n)={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！

すいません。補足で質問がございます。

以下はローラン展開に関する質問内容です。


<質問内容>
載せた4枚の画像より
②の画像よりn≦-2の時z=π/2とすると、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式の分母はなくなり、z=π/2を代入しても式g(z)は成り立つがコーシーの積分定理により
a(n)=0となる。
そして、
n≧-1の時、②の紫の下線部のようにg(z)を定義しても積分出来ないため、④の青い下線部のようにg(z)を定義します。

ただ、④に書いているように、
「z≠π/2の時は
g(z)=(z-π/2)tan(z)
と定義して
z=π/2の時
g(π/2)=lim{z→π/2}g(z)=a(-1)
と定義できる」に関して、なぜそのように定義出来るのかわかりません。

と言うのも、正しくは

「z=π/2の時は
g(z)=lim{z→π/2}(z-π/2)tan(z)
と定義して
z≠π/2の時
g(π/2)=lim{z→π/2}g(z)=a(-1)
と定義できる」
なのではないかなと考えているためです。

また、n≧-1の時、
z≠π/2
(n≧-1でz=π/2だとg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の分母が0になり式が成り立たない。とは言え、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)ではなく、g(z)=(z-π/2)tan(z)と定義したのではないのか！？などの疑問があります。)
でz→π/2とした際にローラン展開の式が発散して=∞になると聞きました。
仮にそうならば、
なぜz→π/2のようにπ/2に限りなく近いz=π/2+0.001のような値を代入したf(θ)=tanθはf(π/2+0.001)=∞ではなく、
f(π/2+0.001)=-999.999666667と導けたのか。(※ -999.999666667はネットの計算から求めました。)

お礼日時：2022/12/18 23:33

No.2 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/18 05:19

2022.8.13 09:51質問に対して

2022.8.17 20:35解答は

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

ではなく

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

を使った解答です。

f(z)とg(z)は違うのです

i)
f(z)=1/(z^2-1)
0<|z-1|=r<2
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

a(n)=res(f(z)/(z-1)^(n+1),1)

だから
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
a(n)=res(g(z),1)
です

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

n≦-2の場合
a(n)=res(g(z),-1)
は
f(z)ではなくz=1ではなく
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1),のz=-1での留数です

n≧-1の場合
a(n)=res(g(z),1)+res(g(z),-1)

res(g(z),-1)
は
f(z)ではなくz=1ではなく
g(z)=f(z)/(z-1)^(n+1),のz=-1での留数です

この回答へのお礼

ありがとうございます。

あの

0<|z-1|<1
n≦-2の場合のa(n)=(g(z),？)
n≧-1の場合のa(n)=res(g(z),1)

2<|z-1|
n≦-2の場合のa(n)=res(g(z),-1)
n≧-1の場合のa(n)=res(g(z),1)+res(g(z),-1)

におけるa(n)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、画像のf(z)はg(z)の間違いだったと言う事でしょうか？
さらには、a(n)=-1/(-2)^(n+2)も間違いだったわけでしょうか？

といのも以前mtrajcpさんから頂いた解答である
画像の質問15に関しては
a(n)=(1/(n+1)!lim {z→1}(d/dz)^(n+1){(z-1)f(z)}
だから
a(n)
={1/(n+1)!im {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)
とg(z)ではなくf(z)を代入してa(n)を導いていたためです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2022/12/18 06:04

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2022/12/18 04:55

2022.8.13 09:51質問に対して

2022.8.17 20:35解答は

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

ではなく

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

を使った解答です。

f(z)とg(z)は違うのです

f(z)=1/(z^2-1)
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}a(n)(z-a)^n
のとき

a(n)={1/(2πi)}∫_{c}f(z)/(z-a)^(n+1)dz

a(n)=res(f(z)/(z-a)^(n+1),a)

だから
g(z)=f(z)/(z-a)^(n+1)
a(n)=res(g(z),a)
です