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)=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。

質問者からの補足コメント

• 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。

    補足日時：2024/08/31 10:46

• 「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。

    補足日時：2024/08/31 10:53

• g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開のa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式が初めて作れて、
  
  複雑で難しいと言うか計算が不可能なg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分
  a(n)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzを計算せずに、
  
  以上より、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分の式である
  res(g(z),π/2)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r}tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dzと
  a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})

    補足日時：2024/09/02 21:34

• の二つの式が一致するので、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)からf(z)=tan(z)のローラン展開を導く為のa(n)の式はa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})と出来る。
  
  
  
  そして、このa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式は、
  
  2024.8.20 18:17にした質問の2024.8.28 08:44に頂いた解答の様にテイラー展開できる形として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)の式から導いたa(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}の式と一致する為、

    補足日時：2024/09/02 21:35

• a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}の式から
  テイラー展開したg(z)=(z-π/2)tan(z)の式の各a(n)を求めて次項(z-a)を-1ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を求めたとわかりました。

    補足日時：2024/09/02 21:35

• どうかバカ田大学さん、2024.9.7 07:47の解答の「質問者さんからのお礼」に書いた質問に答えて頂けないでしょうか？
  
  疑問になる様な解答を残されたまま去られるのは困ります。

    補足日時：2024/09/08 09:44

No.19 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/09 14:14

二項級数を使って a(n) を求めることができるのは

f(z)=1/(z^2-1)
のときだけで
f(z)=tan(z)
の場合は
二項級数を使って a(n) を求めることができません
その代わりに
f(z)=tan(z)
の場合は

画像のように

u=z-π/2
として
f(z)=-cos(u)/sin(u)
として
u=0でローラン展開する

cos(u)をマクローリン(u=0でのテイラー)展開
cos(u)=1-u^2/2+u^4/4!-u^6/6!+…
を求める

sin(u)をマクローリン(u=0でのテイラー)展開
sin(u)=u-u^3/3!+u^5/5!-u^7/7!+…
=u(1-u^2/3!+u^4/5!-u^6/7!+…)
を求める

cos(u)=1-u^2/2+u^4/4!-u^6/6!+…
を
{sin(u)/u}=1-u^2/3!+u^4/5!-u^6/7!+…
で
割り算する
と
f(z)=tan(z)のz=π/2でのローラン展開
f(z)=-1/(z-π/2)+(z-π/2)/3+(z-π/2)^3/45+2(z-π/2)^5/945+…
a(-1)=-1
a(0)=0
a(1)=1/3
a(2)=0
a(3)=1/45
a(4)=0
a(5)=2/945
が求まるのです

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/08 20:21

質問2024/05/05 00:03に対する答

この回答へのお礼

なぜ今更2024/05/05 00:03の質問に対する解答を頂けたかはわかりませんが、
どうもありがとうございます。

mtrajcp様に解答を求めるのは筋違いなのはわかりますが、どうか2024.9.7 07:47の解答の「質問者さんからのお礼」に書いた質問に答えて頂けないでしょうか？

以下は2024.9.7 07:47の解答の「質問者さんからのお礼」に書いた質問です。

どうかよろしくお願い致します。

「二項級数と言う言葉を調べてみたのですが、いまいち理解できませんでした。

どうか二項級数と言う言葉をわかりやすく具体例などを踏まえて教えて頂けないでしょうか？


「二項級数を使って a(n) を求める」とは、
わかりやすく言えばテイラー展開でa(n)の式を求めると言う事でしょうか？

もし違う場合は「二項級数を使って a(n) を求める」の意味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。」

お礼日時：2024/09/09 04:02

No.17 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/09/08 11:58

だから、公式を暗記して式の部分部分に疑問を持つのはやめて、

式の導出方法を知っとけ って、前々から言ってるんだけどな。
芸風が頑固というか、いつまでも代わり映えしないというか...

No.16 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： 2024/09/07 07:47

> a(n)=res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式

> から
> a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのではありません
> 間違いです

　この2つの式にこだわっていることから判断すると………

　どうもこの質問者、たとえば

　　f(z) = 1/(z^2-1) = Σ[n=-∞→∞]a(n)(z-1)^n
　　g(z) = f(z)/(z-1)^(n+1) = (z-1)^(-n-2)/(z+1)

であるとき、

　　f(z) を z = 1（0<|z-1|<2）でローラン展開

するとき、普通に二項級数を使って a(n) を求めるのではなく、

　　g(z) の留数を使って求める

ときに出てくる

　　a(n) = res(g(z),1)
　　　　 = (1/(n+1)!)lim[z→1](d/dz)^(n+1){ (z-1)^(n+2)*g(z) }

と同様にして、tan(z) の z = π/2 におけるローラン展開の係数を求めることに腐心しているのであろう。

　そう思って一連のＱ＆Ａを眺めると、まことに楽しい。

この回答へのお礼

二項級数と言う言葉を調べてみたのですが、いまいち理解できませんでした。

どうか二項級数と言う言葉をわかりやすく具体例などを踏まえて教えて頂けないでしょうか？


「二項級数を使って a(n) を求める」とは、
わかりやすく言えばテイラー展開でa(n)の式を求めると言う事でしょうか？

もし違う場合は「二項級数を使って a(n) を求める」の意味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。

お礼日時：2024/09/07 13:42

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/06 15:58

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から

f(z)=tan(z)のローラン展開は作れないということでよい
「
2024.8.20 18:17にした質問の2024.9.2 16:08に頂いた解答の2024.9.3 08:37の「質問者さんからのお礼」に書いた以下の
「」に対する解答と言う事
」
でよろしい
「
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
「
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわることは許されないからそういった
」

>> 「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はいない

「
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
としたとき
n=-2と考えるならば
g(z)を
n+1=-1回微分できないから計算不可能

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわることは許されない
」

計算不可能が解答である

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/06 05:27

「

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？
」
について

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は積分するからa(n)になる

g(z)=tan(z)(z-π/2)
は(n+1)回微分するからa(n)になる

積分が困難なのだから
微分するしかないから

a(n)を求めるためには
g(z)=tan(z)(z-π/2)
を(n+1)回微分するしかない

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)は積分が困難で積分できないから
微分するしかない
微分するためには
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)=tan(z)(z-π/2)
とするしかないのだけれども
n=-2
になるから
n+1=-1回微分できないから

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)にこだわることは許されない

この回答へのお礼

頂いた解答より、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開は作れないと言う事でしょうか？

また、頂いた解答は、
2024.8.20 18:17にした質問の2024.9.2 16:08に頂いた解答の2024.9.3 08:37の「質問者さんからのお礼」に書いた以下の「」に対する解答と言う事でよろしいでしょうか？

「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：2024/09/06 10:06

No.13 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/09/04 14:26

また、今回も大量に計算してるなあ...

計算の細部にばかり目が行くから、
計算の方針が見えなくなるんだよ。

前回（ https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13896555.html ） の
No.10 からずっと言ってることだが、
騙されたと思って、(tan x)(x - π/2) をテイラー展開して
その両辺を (x - π/2) で割る作業を、一度自分でやってごらん。
そのとき tan x のローラン展開の係数がどうやって求まるのか
を確認すれば、どの公式のどの部分がどうとかいう
毎度毎度の繰り返しは、必要なくなる。

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/03 16:48

res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式

と
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の微分の式から
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのではありません
間違いです

a(n)=res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式
から
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのではありません
間違いです
----------------------------------------------------------------

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
c=π/2,,g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1) ,f(z)=tan(z) とすると

a(n)=res(g(z),π/2)…(1)

-----------------------------------------------------
f(z)=
tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^m
↓両辺に(z-π/2)をかけると
(z-π/2)tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^(m+1)
↓両辺を(n+1)回微分すると
(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)+…
↓z→π/2とすると
lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)
↓両辺を(n+1)!で割ると
1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=a(n)
↓左右をいれかえると
∴
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
↓これと(1)から


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

この回答へのお礼

ありがとうございます。

mtrajcp様、度々申し訳ありません。

2024.8.20 18:17に質問した2024.9.2 16:08に頂いた解答の2024.9.3 08:37の「質問者さんからのお礼」に書いた質問に関して答えて頂けると嬉しいです。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/09/05 22:58

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/03 13:40

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

の場合はmの部分をnと置き換えてはいけません

#5に対するお礼について
---------------
f(z)=tan(z)
g(z)=f(z)/(z-π/2)^(n+1)
としたとき
g(z)はz=π/2で(k=n+2)位の極を持つのだから
res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)
は
間違っています
(g(z)=f(z)/(z-π/2)^(n+1)にnを使っているのだからnを使ってはいけません)
res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
としなければいけません
k=n+2
だから
res(g(z),a)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2) g(z)

--------------
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分

は
res(g(z),π/2)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz=a(n)
であって
res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
は間違いです
次の
={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は積分ではありません間違っています

この回答へのお礼

>>g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m
の場合はmの部分をnと置き換えてはいけません

そうですね。g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの場合はmの部分をnと置き換えてはいけないですね。

とは言え、#5に対する「質問者さんからのお礼」のURLの①より、

複雑で難しい計算が不可能な
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分
a(n)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dzを計算出来ない為、

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)からf(z)=tan(z)のローラン展開を導けないのでg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式は使わないですよね？


>> g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の積分

は
res(g(z),π/2)={1/(2πi)}∫{|z-π/2|=r]{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz=a(n)
であって
res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)
は間違いです
次の
={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は積分ではありません間違っています


ではどうやってres(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式とa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の微分の式から

a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのか過程の計算を教えて頂て下さい。

(※ 2024.8.20 18:17に質問した2024.8.28 15:32や2024.8.30 04:04や2024.9.2 10:32の解答はa(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導く為の解答に思えましたが、
どうかわかりやすく説明して頂きたいです。)

お礼日時：2024/09/03 15:51

No.10 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/09/03 11:08

f(z)=tan(z)

g(z)=f(z)/(z-π/2)^(n+1)
としたとき
g(z)はz=π/2で(k=n+2)位の極を持つのだから

res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)
は
間違っています
(g(z)=f(z)/(z-π/2)^(n+1)にnを使っているのだから
nを使ってはいけません)

res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)

としなければいけません
k=n+2
だから

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