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

No.33 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/30 04:04

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分

{1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz=a(n)
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)の(n+1)回微分
(を(z→π/2)し1/(n+1)!した)
{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

この回答へのお礼

ありがとうございます。

申し訳ありません。
一致する事で何がわかったのでしょうか。

お礼日時：2024/08/30 16:51

No.32 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 21:01

②

の
「
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)は=-1に収束する為、
a(n)の式は正則であり、微分出来る式は積分も出来る為、
コーシーの積分定理により、a(n)=0となります。
」
が
間違っている

n≧-1に対して

(z-π/2)tan(z)
を
n+1回微分してz→π/2して(n+1)!で割ると
a(n)
になるのです

(z-π/2)tan(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)

を
積分すると

a(-2)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)}dz=0

になるのです

「
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)は=-1に収束する為、
(z-π/2)tan(z)の式は正則であり、
微分出来る式
(z-π/2)tan(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)
は積分も出来る為、
コーシーの積分定理により、
a(-2)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)}dz=0
となります。
」

この回答へのお礼

ありがとうございます。

申し訳ありません。
2024.8.28 15:32に頂いた解答の
「g(z)の積分
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
が
一致するのです」について、
もう少しわかりやすく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：2024/08/29 22:54

No.31 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 20:34

②

の
「
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)は=-1に収束する為、
a(n)の式は正則であり、微分出来る式は積分も出来る為、
コーシーの積分定理により、a(n)=0となります。
」
が
間違っている
という事を伝えたかったのです

微分出来る式　(z-π/2)tan(z)

と

積分出来る式　tan(z)/(z-π/2)^(n+1)

は違う式だという事をいいたかったのです

No.30 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 19:23

f(z)=tan(z)

の
z=π/2のまわりの
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)は

(z-π/2)tan(z)のテイラー展開のn+1次の係数に一致するから

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

と求められるのです

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
…
というように
a(n)=0になることも
a(n)≠0になることもどちらもありえて
(z-π/2)tan(z)が正則であるかどうかには関係ありません

tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n

↓奇数次項、偶数次項に分ける

tan(z)=Σ[k=0～∞]a(2k-1)(z-π/2)^(2k-1)+Σ[k=0～∞]a(2k)(z-π/2)^(2k) …(1)

↓zをπ-zに置き換えると

tan(π-z)=Σ[k=0～∞]a(2k-1)(π/2-z)^(2k-1)+Σ[k=0～∞]a(2k)(π/2-z)^(2k)

↓tan(π-z)=-tan(z),(π/2-z)^(2k-1)=-(z-π/2)^(2k-1).(π/2-z)^(2k)=(z-π/2)^(2k) だから

-tan(z)=-Σ[k=0～∞]a(2k-1)(z-π/2)^(2k-1)+Σ[k=0～∞]a(2k)(z-π/2)^(2k)

↓これと(1)を加えると

0=2Σ[k=0～∞]a(2k)(z-π/2)^(2k)

↓両辺を2で割ると

0=Σ[k=0～∞]a(2k)(z-π/2)^(2k)

↓これを(1)に代入すると

tan(z)=Σ[k=0～∞]a(2k-1)(z-π/2)^(2k-1)

だから

nが偶数のとき

a(n)=a(2k)=0

となるのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

ちなみに、以下の部分は何を伝えたかったのでしょうか？

(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)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は正則ではありません
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)を微分するのであって
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を微分するのではありません

g(z)の積分
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
が
一致するのです

お礼日時：2024/08/29 19:43

No.29 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 18:54

g(z)=(z-π/2)tan(z)とした際に、

なぜg(z)=(z-π/2)tan(z)は正則にも関わらず、
a(n)=0
となるとはいっていません
間違っています

この回答へのお礼

「g(z)=(z-π/2)tan(z)とした際に、
なぜg(z)=(z-π/2)tan(z)は正則にも関わらず、
a(n)=0となる」
のどの部分が間違っているのか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：2024/08/29 19:01

No.28 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 17:03

#24のお礼

「
g(z)=(z-π/2)tan(z)は正則であるが、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)g(z)
={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
は発散しません

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
の式は正則ではなくはありません

関数g(z)を含んだa(n)が正則、
正則ではないかによってa(n)が0であるかどうかが決まるわけがない
間違っています

この回答へのお礼

ありがとうございます。

申し訳ありません。
少し話が複雑になってきた為、話の軌道を修正いたします。

g(z)=(z-π/2)tan(z)とした際に、
なぜg(z)=(z-π/2)tan(z)は正則にも関わらず、a(n)=0となるのに、f(z)=tan(z)のローラン展開が導けたのでしょうか？


また、以下の「」の部分は何を伝えたかったのでしょうか？

「(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)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は正則ではありません
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)を微分するのであって
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を微分するのではありません

g(z)の積分
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
が
一致するのです」

お礼日時：2024/08/29 18:23

No.27 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/29 16:57

「a(n)

=res(g(z),π/2)
=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz
と
g(z)を積分するのだけれども
それが困難だから」
などの積分を含んだa(n)を式を使わずに、

(z-π/2)tan(z)
の
テイラー展開から

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を
求めているのです

だから

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)

を使い、

a(n)を求めればよいのです

それが

f(z)=tan(z)のローラン展開

f(z)=tan(z)=Σ{n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n

を導くことになるのです

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
の
意味は

(z-π/2)tan(z)
を
n+1回微分して
z→π/2 として
(n+1)!で割れば
それが
f(z)=tan(z)のローラン展開のn次係数
a(n)
になり

f(z)=tan(z)のローラン展開

f(z)=tan(z)=Σ{n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n

を導くことになるのです

No.26 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 16:14

④

0<r=|z-c|<R でf(z)が正則のとき
f(z)の0<|z-c|<Rでのローラン展開

f(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^m

↓両辺を(z-c)^(n+1)で割ると

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)

f(z)/(z-c)^(n+1)=a(n)/(z-c)+Σ[m≠n]a(m)(z-c)^(m-n-1)

↓両辺を{|z-c|=r}で積分すると

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz+Σ[m≠n]a(m)∫{|z-c|=r}(z-c)^(m-n-1)dz

↓m≠nのとき∫{|z-c|=r}(z-c)^(m-n-1)dz=0 だから

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz

↓∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz=2πi だから

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=2πia(n)

↓両辺を2πiで割ると

{1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)

↓左右をいれかえると

a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz

No.25 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 15:52

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

積分経路
0<|z-π/2|=r<π
上では

発散はしません

その積分値を留数といいます

微分の場合は
z→π/2
のとき
tan(z)
は発散するけれども

積分の場合は
積分経路が有界閉曲線で
始点と終点が一致しているから
z=π/2を中心とする半径r>0の
円周上で正則だから
発散しないのです
(コーシーの積分(表示)定理)

No.24 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 15:32

②

n≧-1の時、z=π/2の時、
g(z)=tan(z)(z-π/2)
のときは

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)g(z)
={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)

a(n)は係数であって関数ではないのだから正則とはいいません

g(z)=(z-π/2)tan(z)は正則

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
のときは

a(n)
=res(g(z),π/2)
=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz

a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)g(z)
={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)

a(n)は係数であって関数ではないのだから正則とはいいません

(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)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は正則ではありません
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)を微分するのであって
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を微分するのではありません

g(z)の積分
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
が
一致するのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

頂いた②の解答に関して、

g(z)=(z-π/2)tan(z)は正則であるが、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)g(z)
={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)は発散する為、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)の式は正則ではないので、f(z)=tan(z)のローラン展開が導けたのでしょうか？


>> a(n)は係数であって関数ではないのだから正則とはいいません

関数g(z)が正則、正則ではないかによってではなく、関数g(z)を含んだa(n)が正則、正則ではないかによってa(n)が0であるかどうかが決まるのではなかったのでしょうか？


また、以下の「」の部分が②の質問に対して何を伝える為の説明かイマイチ理解できませんでした。
申し訳ないのですが、②の質問に対して何を伝える為に書いたのかもう少しわかりやすく教えて頂けないでしょうか。

「(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)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)は正則ではありません
(z-π/2)^(n+2)g(z)=(z-π/2)tan(z)を微分するのであって
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を微分するのではありません

g(z)の積分
と
(z-π/2)^(n+2)g(z)の微分
が
一致するのです」

お礼日時：2024/08/29 16:35