質問したい事が2つあります。 ①、以前に質問した2024.5.8 08:24の質問の2024.5.9

質問したい事が2つあります。


①、以前に質問した2024.5.8 08:24の質問の2024.5.9 11:17の解答や2024.5.9 17:30の解答より、

f(z)=tan(z)のローラン展開は導く為に、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式を使って、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式をテイラー展開して、
テイラー展開したg(z)=tan(z)(z-π/2)の式の各a(n)を求める為にテイラー展開の係数を求めるa(n)=g(n)(a)/n!の式を使ってa(-1)、a(0)、a(1)、a(2)の値を求めてから、g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開の式を(z-π/2)で割って、f(z)=tan(z)のローラン展開は導くと教えて頂きましたが、

その上で、
a(a)=g(n)(a)/n!をの式を使って、 g(z)=tan(z)(z-π/2)のz=π/2でのテイラー展開のn=-1、n=0、n=1、n=2の時のa(-1)、a(0)、a(1)、a(2)の値を求めるまでの過程の計算をわかりやすく教えて頂けないでしょうか？



②、2024.4.22 09:12の質問の2024.4.22 14:01の解答のに書かれたURLでは
「g(z)=tan(z)(z-π/2)の式はz=π/2の時、正則ではない」みたいな事が書かれていましたが、

2024.4.26 06:08の質問の2024.4.28 08:59の解答や2024.4.30 10:15の解答より、

g(z)=tan(z)(z-π/2)の式はz=π/2の時、
g(z)=tan(z)(z-π/2)は正則ではない為、テーラー展開はできないと言われたのですが、
g(π/2)=(z-π/2)tan(z)=-1と収束する為、g(z)=(z-π/2)tan(z)はz=π/2で正則である為、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式はz=π/2の時、テーラー展開出来ると思うのですが、この考えは正しいでしょうか？

もし間違っている場合は間違っている理由をわかりやすく教えて下さい。

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

• mtrajcp様、ありがとうございます。
  2024.8.21 19:51の解答より、
  g(z)=tan(z)(z-π/2)はz=π/2で正則なので、
  以前バカ田大学さんから頂いた、
  画像の赤い下線部の
  「g(z)=tan(z)(z-π/2)はz=π/2で正則ではない。」ではなく、正しくは、
  「g(z)=tan(z)(z-π/2)はz=π/2で正則である為」と言う事でしょうか？

  
    補足日時：2024/08/22 20:24

• 田大学様、2024.8.23 17:39に頂いた解答の2024.8.23 18:20の「質問者さんからのお礼」に書いた2つの疑問に関して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。

    補足日時：2024/08/24 19:29

• g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)とした場合、
  n≧-1の時はz=π/2の時に発散してしまいローラン展開出来ないため、
  n≦-2の時、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式は発散しないため、
  
  n≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開の式が導けると思うのですが、
  
  なぜ、n≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開の式は導けないのでしょうか？
  
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2024/08/27 07:37

• また、私の質問に間違いがありました。
  申し訳ありません。
  
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)はn≧-1の時、正則ではありません。
  
  そこで改めて質問があります。
  
  n≧-1の時、
  a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)として、
  a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のtan(z)/(z-π/2)^(n+1)
  ={1/(n+1)!]lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/ 2)tan(z)と導いてから、

    補足日時：2024/08/28 07:04

• g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をローラン展開する為に、(f(z)=Σ{n=-k～∞}a(n)(z-a)^nのローラン展開の公式を)g(z)=Σ{n=-k～∞}a(n+1)(z-a)^(n+1)として、
  g(z)の式をローラン展開して、そのg(z)のローラン展開の式の係数である各a(n)を求めて、係数の各a(n)に代入して、
  
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開の式の次項(z-a)を(n+1)ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を導く事は出来るのでしょうか？
  
  周りくどいやり方かも知れませんが、導く事が出来るのかどうかが知りたくて質問致しました。
  
  お手数をお掛けして申し訳ありませんが、どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2024/08/28 07:04

• ③、「res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
  ={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz
  
  の積分経路は
  z=π/2を中心とする半径r>0の円周上の積分で
  0<|z-π/2|=r<π
  積分経路上では
  tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
  は正則で
  積分の値はr>0に関係無く一定の値になり発散はしません
  その積分値を留数といいます」
  との事ですがn≧-1の時は例えば、
  n=-1の時、g(z)=tan(z)
  n=0の時、g(z)=tan(z)/(z-π/2)
  ...
  とn≧-1の時、g(z)の式は発散します。
  なぜ、発散しないと書いたのでしょうか？

    補足日時：2024/08/28 11:34

• ④、「積分公式から
  a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
  が成り立ち」
  との事ですが、
  積分公式を用いて、どの様にしてa(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)が成り立つのかの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。

    補足日時：2024/08/28 11:34

• mtrajcp様、2024.8.30 04:04に頂いた解答に関して、
  一致する事で何がわかったのかどうか教えて頂けないでしょうか？
  
  多分、
  2024.8.28 15:32の解答の
  「(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)が正則になるのであって...
  
  g(z)の積分
  と
  (z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
  が
  一致するのです」
  や
  2024.8.30 04:04の解答の
  「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分
  ...
  {1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)=a(n)
  が
  一致するのです」
  
  の部分と関係があると思いますが。

    補足日時：2024/08/31 10:26

• g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開を求める場合。
  
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式に関しては、
  n≧-1の時、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は発散して正則ではないので、a(n)の式が作れる。
  (このa(n)の式に関しては正則とか正則じゃないとかは関係ない。)
  ただ以下の「」の様にnの値によってa(n)の値がa(n)≠0だったりa(n)=0と導けれるだけである。
  そして、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をローラン展開する為に、g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式にg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を代入して、

    補足日時：2024/09/01 03:27

• g(z)の式をローラン展開して、そのg(z)のローラン展開の式の係数である各a(n)を求めて、係数の各a(n)に代入して、
  
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開の式の次項(z-a)を(m+n+1)ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を導いた。
  
  
  「a(-1)=lim{z->π/2}(z-π/2)tan(z)=-1
  a(0)=lim{z->π/2}(d/dz)(z-π/2)tan(z)=0
  a(1)=(1/2)lim{z->π/2}(d/dz)^2(z-π/2)tan(z)=1/3
  a(2)=(1/6)lim{z->π/2}(d/dz)^3(z-π/2)tan(z)=0」
  
  
  の様にまとめてみたのですが正しいでしょうか？
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2024/09/01 03:27

No.48 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 16:08

#46の回答

…
g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からは
(z-π/2)tan(z)
を経由しなければ直接
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)が
導けない
…
は

#43のお礼
「
g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式からは
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)が導けない事を
どうかわかりやすく証明して頂けないでしょうか。
」
の質問に対する回答です

この回答へのお礼

ありがとうございます。

ちなみに、#37の解答の一部から引用した
「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」
に関して質問があります。(※以下の質問は#37の解答の「質問者さんからのお礼」に書いた質問の一部を引用して編集した質問です。)


>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」


g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)としている時点でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式にこだわっていないと思うのですが、
なぜ、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわるのならg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をn=-2としたg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)とすべきと言ったのでしょうか？

に対する解答は何番目の解答でしょうか？


また、

>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」

この引用の「」に関する計算のやり方は、

「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開を求める場合。
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を...」から始まる解答に書いてあるのでしょうか？

仮に違う場合は何番目の解答に書いてあるのかどうか教えて下さい。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/03 08:37

No.47 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/09/02 13:19

＞ 「だから、No.1 No.10 って...」

＞ こちらの解答はどの質問に対する解答でしょうか？

そういうとこより、
No.37 に感想なり、質問なり書こうよ。
m氏の繰り返しにしか興味ないのかもしれんけどさ。

No.46 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 10:42

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からは
g(z)に(z-π/2)^(n+2) をかけて
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)
として
(z-π/2)tan(z)
から
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を導くのだから
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からは
(z-π/2)tan(z)
を経由しなければ直接導けない

tan(z)
に
(z-π/2)
を
かけて
(z-π/2)tan(z)
と
すれば
直接
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を導ける

この回答へのお礼

ありがとうございます。

>>「a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を導くのだから
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からは
(z-π/2)tan(z)
を経由しなければ直接導けない」

なるほど、確かにg(z)=(z-π/2)tan(z)をテイラー展開した式からa(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)を導いたので、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からはa(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)を導けません。



頂いたこちらの解答が、以下の引用した部分に関する質問の解答と言う事でよろしいでしょうか？

>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」


g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)としている時点でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式にこだわっていないと思うのですが、
なぜ、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわるのならg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をn=-2としたg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)とすべきと言ったのでしょうか？




また、

>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」

この引用の「」に関する計算のやり方を書いているのが、

「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開を求める場合。
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を...」から始まる解答と言う事でよろしいでしょうか？


どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/02 11:15

No.45 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 10:32

g(z)がz=aでk位の極を持つならば

g(z)=Σ[m=-k～∞]b(m)(z-a)^m

g(z)の積分
b(-1)=res(g(z),a)={1/(2πi)}∫{|z-a|=r}g(z)dz
と
(z-a)^k g(z)のテイラー展開のk-1次項係数
b(-1)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
から
res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
が
導かれるのであって

から
左辺(g(z)の積分)から右辺((z-a)^kg(z)の微分)を導いたのではありません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

>>「左辺(g(z)の積分)から右辺((z-a)^kg(z)の微分)」

に置いて、
左辺(g(z)の積分)は
{1/(2πi)}∫{|z-a|=r}g(z)dz
(すなわち、{1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz)の事で、

右辺((z-a)^kg(z)の微分)は
1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
(すなわち、{1/(n+1)!}lim_(z->n/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){tan(z)(z-π/2)})の事でしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/02 11:00

No.44 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 10:20

⑥

g(z)=tan(z)(z-π/2)としてからテイラー展開したg(z)=tan(z)(z-π/2)の式から
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}を求めたならば、

この
a(n)
が
f(z)=tan(z)のローラン展開

f(z)=tan(z)=Σ[n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n
の
n次係数a(n)そのものなのだから
f(z)=tan(z)のローラン展開を導いたことになるのです

f(z)=tan(z)のローラン展開を導くのが目的なのだから
ここで目的は達成されたのだから

a(n)の式を(z-π/2)^(n+2)で割ってはいけません

No.43 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 09:49

⑦、

その
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
の
困難な積分をしないで、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m
の式
からは
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)を導けない
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
は
g(z)=(z-π/2)tan(z)から導いた式である

この回答へのお礼

ありがとうございます。

どうかg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式からは
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z→n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)が導けない事をどうかわかりやすく証明し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：2024/09/02 10:17

No.42 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 09:43

⑥

g(z)=tan(z)(z-π/2)としてからテイラー展開したg(z)=tan(z)(z-π/2)の式から
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}を求めたならば、
この
a(n)
が
f(z)=tan(z)のローラン展開

f(z)=tan(z)=Σ[n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n
の
n次係数そのものなのだから

f(z)=tan(z)のローラン展開を導いたことになるのです

a(n)の式を(z-π/2)^(n+2)で割ってはいけません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

頂いた解答は⑥にURLに書いた前者と後者のどちらに対する解答でしょうか？

なぜa(n)の式を(z-π/2)^(n+2)で割ってはいけないのでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/02 10:15

No.41 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 09:33

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1))の式を使って積分するしかない

とはいっていません
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1))の式を使って積分するかわりに
g(z)=(z-π/2)tan(z) の式を(n+1)回微分すればよいといっているのです

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1))の式を使って積分するかわりに
g(z)=(z-π/2)tan(z) の式を(n+1)回微分すればよいといいたいために

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)とすべきと言ったのです

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式
から
f(z)=tan(z)のローラン展開が
導けない理由
は
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分が困難だから導けない

a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}
は
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)から導かれたものではない

tan(z)(z-π/2)のテイラー展開の(n+1)次の係数から
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}
が
導かれた

この回答へのお礼

ありがとうございます。

f(z)=tan(z)のローラン展開が導けない理由は
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分が困難だから導けないとわかりました。

ただ、まだ理解できない部分があるのですが、
なぜg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導く場合はres(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)の式ではなく、a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz(※g(z)= f(z)/(z-c)^(n+1))の式を使うしかないのか理由が知りたいです。


また、一つ前の解答に関して、

>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」


g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)としている時点でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式にこだわっていないと思うのですが、
なぜ、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわるのならg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をn=-2としたg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)とすべきと言ったのでしょうか？



>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」

この引用の「」の計算のやり方を書いているのが、
「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開を求める場合。
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を...」から始まる解答でしょうか？


にも解答して頂けるとありがたいです。

お礼日時：2024/09/02 10:08

No.40 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/02 06:07

⑤、

>> g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を
積分するしかないのです
その積分は困難だからしないのです

困難な積分をしなくてはならないのでは
ありません
あなたが
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を持ち出すから
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式は
積分するしかない
といっているのです

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から
f(z)=tan(z)のローラン展開を求める際に

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を展開して、
そのg(z)のローラン展開の式の
(-1)次項の
係数である
各
a(n)
は

困難な積分ができないから
その代わりに
tan(z)(z-π/2)
のテイラー展開の(n+1)次項の係数

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

から求められるのです

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)からではなく

g(z)=tan(z)(z-π/2)から

f(z)=tan(z)のローラン展開を導くのです

どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき

この回答へのお礼

ありがとうございます。

>>「 g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式は
積分するしかない
といっているのです」


申し訳ありません。
どうかg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を使いf(z)=tan(z)のローラン展開を導く場合は、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式をa(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz(※g(z)= f(z)/(z-c)^(n+1))の式を使って積分するしかない理由をもう少しわかりやすく説明して頂けないでしょうか？


>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」


g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)としている時点でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式ではないと思うのですが、
なぜ、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわるのならg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をn=-2としたg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)とすべきと言ったのでしょうか？


>> 「どうしても
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
こだわるのなら

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
と
すべき」

この引用の「」の計算のやり方を書いているのが、
「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開を求める場合。
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を...」から始まる解答でしょうか？


もし、⑥のURLに書いたの2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を使いf(z)=tan(z)のローラン展開が導けない場合は、導けない理由をわかりやすく教えて頂きたく思います。

質問の⑥、⑦にも答えて頂けるとありがたいです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/02 08:36

No.39 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/09/01 23:58

だから、No.1 No.10 って...

この回答へのお礼

ありものがたり様ありがとうございます。

>> 「だから、No.1 No.10 って...」

こちらの解答はどの質問に対する解答でしょうか？
どうか教えて頂きたいです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/02 08:37