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g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開
を導く為に、
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
などの積分が難しくなる積分公式を使わずに、
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)
を使い、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開の式であるg(z)=Σ{m=-n-2~∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mを展開して、ローラン展開したg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の各a(n)をa(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)により求めて、各a(n)に代入して
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導いて次項(z-a)をずらす事でf(z)=tan(z)のローラン展開を導けると思うのですが、
仮に上記のやり方でf(z)=tan(z)のローラン展開を導ける場合は上記のやり方でf(z)=tan(z)のローラン展開を導くまで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。
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A 回答 (3件)
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No.3
- 回答日時:
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
は
(z-π/2)tan(z)
を
(n+1) 回微分して
z->n/2 として
(n+1)!
で割ると
a(n)
になるという意味で
f(z)=tan(z)のローラン展開のn次項a(n)が求められるから
f(z)=tan(z)のローラン展開
f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^n
を導けるのです
f(z)=tan(z)のローラン展開
f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^n
を導くためには
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を計算するしかないのです
n≧-1のとき
a(n)={1/(n+1)!}lim_(z->n/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
を
計算せよ
No.2
- 回答日時:
←補足 08/31 10:53
前回の質問で、繰り返し説明したでしょう?
tan(z)/(z-π/2)^(n+1) のローラン展開を経由して
tan(z) のローラン展開を導くには、
tan(z)/(z-π/2)^(n+1) のローラン展開が
tan(z) のローラン展開より簡単に求まるのでなければ
意味がありません。 そして、そうなるのは
n ≦ -2 の場合だけです。
n ≦ -2 であれば、
tan(z)/(z-π/2)^(n+1) が z = π/2 で正則なので、
tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の z = π/2 を中心とするローラン展開は
テイラー展開となり、その各項の係数は
微分を使って順次求めることができます。
あなたの好きな例の公式
a(k) = { 1/(k+1)! } lim[z→π/2] (d/dz)^(k+1) { tan(z) (z-π/2) }
は、それを行っているのです。
ありがとうございます。
ありものがたり様。
あの、f(z)=tan(z)のn≦-2の場合は2024.8.20 18:17にした質問の2024.8.27 17:15と2024.8.27 20:04に頂いた解答により存在しないと言われたのですが、どうなのでしょうか?
どうかよろしくお願い致します。
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mtrajcp様、どうかこちらの質問に関しても答えて頂けると嬉しいです。
「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導いて次項(z-a)をずらす事でf(z)=tan(z)のローラン展開を導けると思うのですが、」
の部分は正しくは
「g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導いて次項(z-a)を(m+n+1)ずらす事でf(z)=tan(z)のローラン展開を導けると思うのですが、」
です。