過去に保存したメモに 「g(z)は|z-π/2|<πで正則だから z=π/2の時{|z-π/2|=|

過去に保存したメモに
「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」...①
(※g(z)=f(z)/(z-a)^(n+1))
とあったのですが、

f(z)=tan(z)のローラン展開は導けないのでしょうか？

以前に何回もf(z)=tan(z)のa(n)の式を求めましたが、正則だとしたらa(n)=0となってしまいます。
正則でa(n)=0ならば画像のようにf(z)=tan(z)のローラン展開も出来ないと思いますし、①が間違っているという事でしょうか？

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

• 2024.1.4 13:24に頂いた解答の「質問者さんからのお礼」に書いた質問に関してはn≧-1の時に関してn=-1の時はg(z)の式は正則では無い為a(n)の式が作れるとわかりました。

    補足日時：2024/01/05 13:49

No.3 回答者： 都の西北我瀬駄の隣バカ田大学危機管理学科 回答日時： 2024/01/08 10:05

> f(z)=tan(z)のローラン展開は導けないのでしょうか？

　1/(z^2-1) が z = 1 で1位の極を持てば

　　1/(z^2-1) = b_1/(z-1) + ∑[n=0→∞]c_n(z-1)^n　(b_1≠0)

のようにローラン展開されるはずだから、両辺に z-1 をかければ、左辺はうまい具合に約分され

　　(z-1)/(z^2-1) = 1/(z+1)

となるので

　　1/(z+1) = b_1 + ∑[n=0→∞]c_n (z-1)^(n+1) ……(*)

　　g(z) = 1/(z+1)

とおけば g(z) は z = 1 で正則なので(*)に代入すると

　　g(1) = 1/2 = b_1

　したがって 1/(z^2-1) は z = 1 でローラン展開できる。

　しかし、tan(z) が z = π/2 で1位の極を持つと仮定したときは、上の場合とは事情が異なる。

　　tan(z) = b_1/(z-π/2) + ∑[n=0→∞]c_n (z-1)^n　(b_1≠0)

のようにローラン展開できると仮定して、両辺に z-π/2 をかければ

　　(z-π/2)tan(z) = b_1 + ∑[n=0→∞]c_n (z-1)^(n+1) ……(**)

であるが、左辺の g(z) = (z-π/2)tan(z) は決して z = π/2 で正則ではない。したがって g(π/2) で b_1 を求めることはできない。あたりまえだ。しかし

　　lim[z→π/2])g(z)

とすれば、それが -1 という有限確定値を持つから b_1 = -1 となってtan(z)が z = π/2 で1位の極を持つ。

　つまりtan(z) は z = π/2 でローラン展開できる。

　lim[z→π/2])g(z) の計算過程を丁寧に述べたのが
　　https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13698579.html
のNo5の回答の冒頭である。

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/01/04 13:24

質問文の後半については、例によって毎度の如く

a(n) を定義せずに話をしているので、話題がつかみにくい。
tan(z) の z=π/2 を中心としたローラン展開が
tan(z) = Σ[n=-∞→+∞] a(n) (z-π/2)^n　　←[＊]
ということで良いのだろうか？ だとすれば...

g(z) が z=π/2 の近傍で正則になるのは
No.1 にも書いたとおり a=π/2, n≦-2 のときだから、
テイラー展開を用いて a(n)=0 が求まったということは
[＊]の式で n≦-2 の範囲では a(n)=0
であることと対応している。

n>-2 の範囲については、g(z) が z=π/2 で正則でないから
君の方法で a(n)=0 を導くことはできない。 ...ということは、
[＊]の式で n>-2 の範囲では 0 でない a(n) があり得るということだ。
具体的に、No.1 に書いた tan(z) のローラン展開がそれである。

この回答へのお礼

わざわざありがとうございます。

>> n>-2 の範囲については、g(z) が z=π/2 で正則でないから
君の方法で a(n)=0 を導くことはできない。 ...ということは、
[＊]の式で n>-2 の範囲では 0 でない a(n) があり得るということだ。
具体的に、No.1 に書いた tan(z) のローラン展開がそれである。


n>-2(n≧-1)の時はg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)に関しては、試しにn=0の時、g(z)=tan(z)/(z-π/2)となりz=π/2を代入すると分母が0になるためz=π/2の時に(発散して)極になる事がわかったため、正則ではないため(微分できないため)、(ローラン展開は特異点となる周りの点を利用して作られた公式であるため、z→π/2として)a(n)の式が作れます。

a(n)の式が作れた時はn≧-1(かつz=π/2(z→π/2))の時だとわかりました。


質問の①はn≦-2の時の話だとわかりました。
n≦-2の時はg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)に関しては、試しにn=-2の時、g(z)=tan(z)(z-π/2)となりz=π/2を代入すると分母が0にならないため極になりません。
すなわち、正則なので(微分できるので)、コーシーの積分定理によりa(n)=0となります。



あの、n≧-1の時に関して質問なのですが、
n=-1の時はg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)に関しては、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-1+1)からg(z)=tan(z)となり、z=π/2を代入するとg(z)=tan(z)は(発散して)極になる事がわかったため、正則ではないため(微分できないため)、(ローラン展開は特異点となる周りの点を利用して作られた公式であるため、z→π/2として)a(n)の式が作れたわけでしょうか？

お礼日時：2024/01/04 19:05

No.1 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/01/04 13:14

写真は、切り抜きで全体の話題が判らないが、

何を近似する話のようではある。
質問は、tan(z) の z=π/2 を中心とした
ローラン展開についてでいいのだね？

かなり以前から連作で投稿しているようだが、
毎度、回答がつくと補足で質問を変えてしまう
ところが気になっていたので、確認してみた。

今回の質問については、
a=π/2, n≦-2 のとき g(z) が z=π/2 の近傍で正則
だからこそ、f(z) のローラン展開が容易になる...に尽きる。

一般には、ローラン展開の係数を具体的に求めるのは
困難であることが多いが、展開中心とする特異点が極
である場合は、比較的簡単に計算できる。
g(z) を持ち出すと話がゴチャゴチャしてしまうが...
tan(z) の z=π/2 を中心としたローラン展開では
(z-π/2) tan(z) が z=π/2 で正則であるために
テイラー展開 (z-π/2) tan(z) = Σ[k=0→∞] (c_k)(z-π/2)^k
を求めることができ、両辺を (z-π/2) で割れば
tan(z) のローラン展開 tan(z) = Σ[k=0→∞] (c_k)(z-π/2)^(k-1)
が得られる。

テイラー展開を経由する計算でローラン展開が求められた
理由は、z=π/2 が tan(z) の極(ここでは１位の)であったこと。
中心が極のとき、ローラン展開の負冪の項は有限個なので、
展開したい関数に適当な (z-中心)^(自然数) を掛ければ
正則な関数が得られて、それがテイラー展開できる。
上記でやってみせたとおりだ。