2024.8.20 18:17にした質問の、 2024.8.28 15:15の解答の 「g(z)=t

2024.8.20 18:17にした質問の、

2024.8.28 15:15の解答の

「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」

と

2024.8.28 09:21の解答の

「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」

に関して質問があります。

なぜg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの様に、mの変数を加える必要があるのでしょうか？
どうかmの変数を加える理由を教えて頂きたいです。

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の分母の指数の(n+1)のnはf(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^nのnと同じnだと思う為、わざわざmの変数を加える必要がない様に思えます。

質問者からの補足コメント

• 2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57の画像に関しては、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導く際に、 g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのローラン展開の式を使ったと思いますが...②
  
  2024.10.13 18:50の解答の2024.10.14 00:10の 「質問者さんからお礼」の②のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式の両辺に(z-π/2)^(n+1)をかけて各a(n)に値を代入した式と
  2024.10.14 04:03の解答の「質問者さんからお礼」に書いた(2024.8.31 00:04の質問の2024.9.3 16:48の解答の)③のf(z)=tan(z)のローラン展開の式は一致すると思うのですが、
  
  式が一致するまでの過程の計算を教えて下さい。

    補足日時：2024/10/15 18:51

• 2024.10.13 18:50
  に頂いた解答に関して質問があります。
  
  >> c=π/2
  f(z)=tan(z)
  g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1)
  
  という条件が無いので
  
  f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)の式の部分を
  
  g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式に置き換えることは
  できません
  
  
  なぜ、
  c=π/2
  f(z)=tan(z)
  g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1)
  と言う条件がないと
  
  f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)の式の部分を
  
  g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式に置き換えることは出来ないのでしょうか？

    補足日時：2024/10/16 05:15

• 2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57の画像に関して、
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導く際に、 g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのローラン展開の式を使ったと思いますが...②
  
  2024.10.13 18:50の解答の2024.10.14 00:10の 「質問者さんからお礼」の②のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式の両辺に(z-π/2)^(n+1)をかけて各a(n)に値を代入した式と
  2024.10.14 04:03の解答の「質問者さんからお礼」に書いた(2024.8.31 00:04の質問の2024.9.3 16:48の解答の)③のf(z)=tan(z)のローラン展開の式は一致すると思いますが、
  
  ②と③の式が一致する過程の計算を教えて下さい。

    補足日時：2024/10/16 05:17

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 15:11

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

の左辺
res(g(z),π/2)=a(n)
は
誤りだから
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)から導くことはできない

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

res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=a(n)
は

tan(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-π/2)^m
↓両辺を(z-π/2)^(n+1)で割ると
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-π/2)^(m-n-1)
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)=a(n)/(z-π/2)+Σ[m≠n]a(m)(z-π/2)^(m-n-1)
↓両辺を|z-π/2|=r>0で積分すると
∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=a(n)∫[|z-π/2|=r]{1/(z-π/2)}dz
∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=2πia(n)
↓両辺を2πiで割ると
{1/(2πi)}∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz=a(n)
↓res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)={1/(2πi)}∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dzだから

res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=a(n)
となる

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 13:15

訂正です

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

の左辺

res(g(z),π/2)=a(n)
は
誤りで
正しくは

res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=a(n)

でした

この回答へのお礼

ありがとうございます。

あの、一つ前の解答の「質問者さんからお礼」に関して、

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

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

の左辺は

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

ではなく、

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

から導いたと書いてあるのですが、

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

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

の左辺は

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

導いたと言う事でよろしいでしょうか？

お礼日時：2024/10/16 14:45

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 11:12

違います

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

の左辺

res(g(z),π/2)=a(n)
は
g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^m
を使って
その
積分から導き、

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

g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^m
も使えない
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)
も使えません

(z-π/2)tan(z)のテイラー展開を使って導くのです

この回答へのお礼

ん？

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

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

の左辺は

g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^m

ではなく、

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

から導いたと書いてありますが...

お礼日時：2024/10/16 11:20

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 10:38

一般の関数f(z)に対しては

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

c=π/2
f(z)=tan(z)
g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1)
の
場合

f(z)=tan(z)はc=π/2で1位の極をもつから
f(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-c)^m
↓両辺を(z-c)^(n+1)で割ると
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)
↓g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1),c=π/2 だから
g(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^(m-n-1)
↓mをjに置き換えると
g(z)=Σ[j=-1～∞]a(j)(z-π/2)^(j-n-1)
↓m=j-n-1 と置き換えると　j=m+n+1だから
g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^m

この回答へのお礼

ありがとうございます。

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

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

を導く上で、

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

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)

を導きましたが、

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

はこちらの書いて頂いた解答により、
置き換えによって、

g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^m

と置けるとわかりました。


ちなみに、

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

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

を導く上では、

g(z)=Σ[m=-n-2～∞]a(m+n+1)(z-π/2)^mは使えない為、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)を使えば良いと言う事でよろしいでしょうか？

お礼日時：2024/10/16 10:56

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 09:50

補足日時：2024/10/16 05:15

例えば

f(z)=1/(1-z^2)
c=1

だとすると

c=1≠π/2 だから
(z-c)≠(z-π/2)だから


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

の式の部分を

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式に置き換えることはできません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

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

と条件をつけた上で、

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

の式の部分を

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

の式に置き換えることはできないでしょうか？

出来るならば、

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

の式の部分を

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m

の式に置き換えるまでの過程の計算を教えて頂きたく思います。

どうかよろしくお願い致します。

また、もう一つの「2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57の画像に関して、...」から始まる補足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：2024/10/16 10:12

No.10 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/15 20:04

おや？

f(z) = tan(z) のローラン展開を求めるのに
g(z) = tan(z) (z-π/2) のテイラー展開を経由したのなら、
それは、
g(x) = f(z)/(z-c)^(n+1), c = π/2, n = -2 のローラン展開
(ただし、g(z) が正則なのでテイラー展開になる)
を経由したってことですよね？

この回答へのお礼

ありがとうございます。

この解答は私の書いた何月何日の何時何分の「質問」あるいは「補足」あるいは「質問者さんからお礼」に対する解答でしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/10/15 20:44

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/15 19:37

違います

f(z)=tan(z)はz=π/2で1位の極をもつから

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){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)+(n+2)!a(n+1)(z-π/2)+…

↓z→π/2　とすると

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

↓左右を入れ替えると

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

だから

g(z)=tan(z)(z-π/2)の式から、
f(z)=tan(z)のローラン展開の各a(n)を求める為の
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を導く際に
、
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使っていません
間違いです
取り消して下さい

この回答へのお礼

ですから、

a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r]{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzの式を導く為に、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)を使っただけで、

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

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)
から導かれたのではなく、

f(z)=tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^m
から導かれたと言うわけですよね？

すなわち、

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

f(z)=tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^mのローランの式は使いましたが、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使っていませんと言っているのです。

お礼日時：2024/10/15 20:41

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/14 04:03

g(z)=tan(z)(z-π/2)の式から、

f(z)=tan(z)のローラン展開の各a(n)を求める為の
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を導く際に
、
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使っていません
間違いです
取り消して下さい

この回答へのお礼

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)
に関しましては、

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

を導く上でf(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)を使って、

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

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

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

を求めた様なものではないのでしょうか？


ならば、a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r]{f(z)/(z-c)^(n+1)}dzの式を導く為に、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)を使っただけで、

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

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)
から導かれたのではなく、

f(z)=tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^m
から導かれたと言うわけでしょうか？...③

だとしたら、2024.10.13 18:50に頂いた解答の「質問者さんからお礼」の2024.10.14 00:10に書いた

「2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答の様に、...
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使っていますが、...①」

「また、
①はf(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使い、」

は間違っているとわかりました。

お礼日時：2024/10/15 18:47

No.7 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/13 18:50

c=π/2

f(z)=tan(z)
g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1)

という条件が無いので

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)の式の部分を

g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式に置き換えることは
できません

a(n)=1/(n+1)!lim[z->π/2] (d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
の式は
g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1)　から導かれるのではありません
g(z)=(z-π/2)tan(z) から導かれるのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答の様に、テイラー展開出来るg(z)=tan(z)(z-π/2)の式から、
f(z)=tan(z)のローラン展開の各a(n)を求める為のa(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}を導く際に、
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使っていますが、...①

なぜ、
2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57の画像に関しては、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開を導く際に、 g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのローラン展開の式を使ったのでしょうか？...②

また、
①はf(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)のローラン展開の式を使い、
②は g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのローラン展開の式を使う様に異なるローラン展開の式を使っていますが、

①の各a(n)に値を代入した後のf(z)=tan(z)のローラン展開の式と
②のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式の両辺に(z-π/2)^(n+1)をかけて各a(n)に値を代入した式は一致すると思うのですが、

式が一致する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。

お礼日時：2024/10/14 00:10

No.6 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/12 20:35

f(z)のz=cのまわりでのローラン展開が

f(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^m

の場合、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)

となる

tan(z)はz=π/2で1位の極をもつから
tan(z)のz=π/2のまわりでのローラン展開は

tan(z)=Σ[j=-1～∞]a(j)(z-π/2)^j

だから、両辺を(z-π/2)^(n+1)で割ると

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

↓m=j-n-1とすると　j=m+n+1だから

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

となる

この回答へのお礼

ありがとうございます。

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48に頂いた解答に
a(n)=1/(n+1)!lim[z->π/2] (d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)の式がtan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^mの式から導かれる過程の計算で
f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)の式が出てきますが、

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)の式の部分を
g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式に置き換えてa(n)=1/(n+1)!lim[z->π/2] (d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)の式がtan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^mの式から導かれる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。

お礼日時：2024/10/13 17:58