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.23 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 15:15

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)

の
ローラン展開
は
g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m
で
そのg(z)のローラン展開の式の
(-1)次の係数である
a(n)
を求めるために

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

g(z)に(z-π/2)^(n+2)をかけて
(z-π/2)tan(z)
としてから
(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
求めるのだけれども
それをするのなら最初から
f(z)=tan(z)に(z-π/2)をかけて
(z-π/2)tan(z)
としてから
(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
求めればよいのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

頂いた①の解答に関して、
「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、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)を使い、

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、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けないのでしょうか？

お礼日時：2024/08/29 16:27

No.22 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 09:21

a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)

から
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を
導いたのではありません

tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
を
積分して
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
を
求めるのが困難だから

(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
導いたのです

res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
というのは

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開の(-1)次項の係数を求めるものなのです

f(z)=Σ{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^n
の
変数
n
と

gn(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
の
変数
n
は同じで

n≧-1 となるすべての整数nに対して

g-1(z)=tan(z)
g0(z)=tan(z)/(z-π/2)
g1(z)=tan(z)/(z-π/2)^2
g2(z)=tan(z)/(z-π/2)^3
g3(z)=tan(z)/(z-π/2)^4
…
と

g(z)=gn(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
変化するのです

だから
g(z)=Σ{n=-k～∞}a(n+1)(z-a)^(n+1)
は
間違っています

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

としなければいけません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問が4つあります。

①、補足に関しては、
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、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く事は出来るのでしょうか？



②、n≧-1の時、z=π/2の時、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式にしても、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にしても、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)となります。

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、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。

その為、
n≧-1の時、z=π/2の時、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式や
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式は作れないと思っていたのですが、

なぜ、n≧-1の時、z=π/2の時、a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)は=-1に収束して、a(n)の式は正則であり、コーシーの積分定理により、a(n)=0となるにも関わらず、n≧-1の時、z=π/2の時、
g(z)=tan(z)(z-π/2)の式としても、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式としても、
なぜ、f(z)=tan(z)のローラン展開の式が導けたのでしょうか？

どうか理由を詳しくわかりやすく教えて頂けないでしょうか。

お礼日時：2024/08/28 11:33

No.21 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 08:44

(z-π/2)tan(z)

の
テイラー展開から
g(z)
=(z-π/2)tan(z)
=Σ[n=0～∞]{g^(n)(π/2)/n!}(z-π/2)^n
=Σ[n=0～∞]a(n-1)(z-π/2)^n
=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…
を
導いたから

a(n-1)=g^(n)(π/2)/n!
だから
a(n)=g^(n+1)(π/2)/(n+1)!

z≠π/2のとき
g(z)=(z-π/2)tan(z)　

↓両辺を(n+1)回微分すると

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

↓両辺を(n+1)!で割ると

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

↓z→π/2　とすると

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

↓a(n)=g^(n+1)(π/2)/(n+1)!　だから

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

No.20 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/08/28 08:38

←補足 08/28 07:04

だから、それをやれって
No.10 でも No.12 でも説明してるんだがな。
無視？

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 05:52

a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)

から
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を
導いたのではありません

tan(z)
を
(z-π/2)^(n+1)
で割って
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
を
積分して
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
を
求めるのが困難だから

tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
に
(z-π/2)^(n+2)
を
かけて
(z-π/2)tan(z)
としてから
(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
導いたのだから

tan(z)
を
(z-π/2)^(n+1)
で割って
(z-π/2)^(n+2)
を
かけて
(z-π/2)tan(z)
と
するのならば

tan(z)
を
(z-π/2)^(n+1)
で割らないで最初から

tan(z)
に
(z-π/2)
を
かけて
(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
導けばよいのです

この回答へのお礼

わざわざありがとうございます。

なるほど、
「tan(z)
を
(z-π/2)^(n+1)
で割って
(z-π/2)^(n+2)
を
かけて
(z-π/2)tan(z)」
の部分に関しては、2024.5.8 08:24の質問のmtrajcp様から頂いた2024.5.9 11:17の解答や2024.5.9 17:30の解答の様にしてf(z)=tan(z)のローラン展開の式を求めれば良いとわかりました。


ただ、頂いた解答の
「(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
導いたのだから」
にの部分に関して質問があります。

この部分は
「(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
導いた」

ではなく、
正しくは、2024.8.21 16:47に頂いた解答より、
「(z-π/2)tan(z)
の
テイラー展開から
g(z)
=(z-π/2)tan(z)
=Σ[n=0～∞]{g^(n)(π/2)/n!}(z-π/2)^n
=Σ[n=0～∞]a(n-1)(z-π/2)^n
=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…
を
導いた」
ではないでしょうか？

仮に、
「(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
導いた」
の部分が正しい場合は、
どうやって
(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
導いくまでの過程の計算をどうか教えて頂けないでしょうか？

お礼日時：2024/08/28 06:59

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/28 04:16

a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)

から
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を
導いたのではありません

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/27 21:51

a(n)

={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->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
の
(z-π/2)tan(z)
は
lim_(z->n/2}
により
-1に収束します(発散しません)

この回答へのお礼

ありがとうございます。

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)
={1/(n+1)!]lim_(z->π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/ 2)tan(z)と導けるが
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、

正則であるg(z)=(z-π/2)tan(z)とした場合もa(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)なりますが、
g(z)=(z-π/2)tan(z)の様にテイラー展開出来る形にしてからテイラー展開したg(z)=(z-π/2)tan(z)の式の次項(z-a)を-1ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を導いたのではないく、

正則であるg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式をそのままg(z)=Σ{n=-k～∞}a(n+1)(z-a)^(n+1)などのローラン展開の公式によりローラン展開した為、n≧-1の時、
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)として、
導いたa(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)からはf(z)=tan(z)のローラン展開は導けないと言う事でしょうか？


どうか
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)からf(z)=tan(z)のローラン展開が導けない理由を詳しく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：2024/08/28 01:45

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/27 20:04

n≦-2 のとき

n+1≦-1
だから

例えば

n+1= -1

のとき

(-1)の階乗
(n+1)!=(-1)! が定義できないから

(-1回微分)
(d/dz)^(n+1)=(d/dz)^(-1) が定義できないから

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

は成り立ちません

n≧-1
のとき

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

この回答へのお礼

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、

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-1ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を導く事も出来るわけでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/08/27 22:05

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/27 18:55

n≧-1のとき

z≠π/2のとき
g(z)=(z-π/2)tan(z)　
↓両辺を(n+1)回微分すると
g^(n+1)(z)=(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
↓両辺を(n+1)!で割ると
g^(n+1)(z)/(n+1)!={1/(n+1)!}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
↓z→π/2　とすると
g^(n+1)(π/2)/(n+1)!={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}

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

n≧-1
のとき
積分公式から
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
が成り立ち
(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から
a(n)=1/(n+1)! lim[z->π/2](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
が成り立つから

n≧-1
のとき
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=1/(n+1)! lim[z->π/2](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
が
成り立つのです
決して
左辺から右辺を導いているのではありません

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/08/27 17:15

n≦-2 のとき

n+1≦-1
だから
res(g(z),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2)g(z)
は成り立ちません
res(g(z),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2)g(z)
が
成り立つのは
n≧-1
のときです

n≧-1
のとき
res(g(z),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2)g(z)
=
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)tan(z)
が
成り立つのです

n≧-1
のとき
積分公式から
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
が成り立ち
(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から
a(n)=1/(n+1)! lim[z->π/2](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
が成り立つから

n≧-1
のとき
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=1/(n+1)! lim[z->π/2](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
が
成り立つのです
決して
左辺から右辺を導いているのではありません
積分計算をしているわけではありません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

「n≦-2 のとき
n+1≦-1
だから
res(g(z),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2)g(z)
は成り立ちません」
に関して、
なぜ
n≦-2、
n+1≦-1の時に、
res(g(z),π/2)=1/(n+1)! lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2)g(z)が成り立たないのかわかりません。

どうか成り立たない理由をもう少しわかりやすく教えて頂けないでしょうか？


もう一つ、質問があります。

「n≧-1
のとき
積分公式から
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
が成り立ち
(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から
a(n)=1/(n+1)! lim[z->π/2](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
が成り立つから」
に関して、
n≧-1
のとき
積分公式から
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
が成り立つとの事ですが、
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/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)はlim_{z->π/2}により発散してa(n)の値が導けないと思うのですが、
なぜ
n≧-1
のとき
積分公式から
a(n)=res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
が成り立のでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/08/27 19:33