こちらの2024.08.20 18:17と2024.08.31 00:04の2つのf(z)=tan(

こちらの2024.08.20 18:17と2024.08.31 00:04の2つのf(z)=tan(z)のローラン展開の式の導き方の質問に関して、
頂いた解答を踏まえて質問したい事がございます。

https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13896555.html

https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13904650.html


質問1

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を導く場合は、res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)の式ではなく、a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz(※g(z)= f(z)/(z-c)^(n+1))の式を使うしかないと言われましたが、

res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けないでしょうか？

仮に、res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けない場合は、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導く場合に、res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)の式ではなく、
なぜa(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz(※g(z)= f(z)/(z-c)^(n+1))の式を使わないと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ないのかを教えて下さい。



質問2

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をローラン展開してf(z)=tan(z)のローラン展開を導く上で、

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a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){tan(z)(z-π/2)}の式を求める感じにg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をローラン展開 したg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式から
a(n)の式が導けないとg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)のローラン展開の式のa(n)が導けない為、f(z)=tan(z)のローラン展開は導けないと思いました。

なので、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からres(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導こうとしたのですが、導く事はできますか？

導ける場合はg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導くまでの過程の計算を教えて下さい。

仮に、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からres(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けない場合を考えて、

以下のURLに書いた2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展開を導けると思ったのですが、導けるでしょうか？

もし以下のURLに書いた2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展開が求められる場合はどうか2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展を導くまでの過程の計算を教えて下さい。

もしg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展を導けない場合は過程の計算を踏まえて理由を教えて下さい。

https://pastebin.com/5ptJKWwM

No.5 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/09 20:45

tan(z)のローラン展開の式は画像の通り

No.4 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/09 13:19

＞ 頂いたこちらの質問2に対する解答は、

＞ g(z)=tan(z)(z-π/2) のテイラー展開の係数を求める為の計算でしょうか？

特定の n に対する g(z) のテイラー展開を経由して
tan(z) のローラン展開を求める方法だよ。
それが御所望でしょ？

＞ 質問1については、
＞ res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z) と
＞ g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m の式を使って
＞ f(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けない理由は、

だから、導けるって言ってるし、実際にやって見せたじゃないの。
何言ってるんだか。

No.3 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/08 14:43

質問2　

＞ g(z) = Σ{m=-n-2～∞} a(m+n+1) (z-π/2)^m の式から a(n) の式が導けないと
＞ g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) のローラン展開の式の a(n) が導けない為、
＞ f(z) = tan(z) のローラン展開は導けないと思いました。

また、盛大に混乱してるな。
g(z) = Σ{m=-n-2～∞} a(m+n+1) (z-π/2)^m となる a( ) は
求められるじゃない？
このとき、 a(□) の □ を n にしてしまうと
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の n と文字が被るからイケナイ
ことは、質問1の回答にも書いたとおり。

n ≦ -2 のどこかに n を固定すれば
Σ{m=-n-2～∞} a(m+n+1) (z-π/2)^m はテイラー展開になっている。
例えば n = -2 のときに g(z) = Σ{m=0～∞} a(m-1) (z-π/2)^m.
テイラー展開の係数を取り出す方法は知っているでしょう？
両辺を ｈ 回微分すると
(d/dz)^h g(z) = Σ{m=h～∞} a(m-1) (mPh)(z-π/2)^(m-h).
z = π/2 を代入して、
lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z) = a(h-1) h！　←m=h のときの a(m-1) (mPh).
よって a(h-1) = (1/h!) lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z),
つまり a(k) = (1/(k+1)!) lim[z→π/2] (d/dz)^(h+1) tan(z)/(z-π/2)^(-2+1).

この回答へのお礼

mtrajcp様、ありものがたり様、
どうもありがとうございます。

頂いたこちらの質問2に対する解答は、
g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開の係数を求める為の計算でしょうか？

質問1については、
res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けない理由は、
2024.8.20 18:17にした質問の2024.9.2 10:42に頂いた解答の2024.9.2 11:15の質問者さんからお礼の最初ら辺に書いてある事でしょうか？

違う場合はどうかres(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)とg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ってf(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けない理由をわかりやすく教えて頂けないでしょうか？


質問2については、
URLに書いた2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展開を導けない理由が未だに理解できません。

どうかURLに書いた2つのやり方でg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から f(z)=tan(z)のローラン展開を導けない理由を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：2024/10/08 16:44

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/08 14:22

質問1　まず、

＞ 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を導く
という意味不明な日本語が、何から何を導こうとしているのか？を明らかにしないと
質問が意味をなさない。

tan(z)/(z-π/2)^(n+1) という関数をなんらか利用して
tan(z) のローラン展開の各項の係数を求めたい という話なら、
ふたつのどちらの方法でも求めることができる。

微分を使う方法：
tan(z) は z = π/2 を 1 位の極に持つので、
ローラン展開を tan(z) = Σ[k=-∞〜+∞] a(k) (z-π/2)^k と置けば
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) = Σ[k=-1〜+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1) で、
ｎ = -2 のときに g(z) = Σ[k=-1〜+∞] a(k) (z-π/2)^(k+1)
= Σ[h=0〜+∞] a(h-1) (z-π/2)^h となる。

これは、 g(z) のテイラー展開になっているので、
a(h-1) = 1/h! lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z)　ただし h ≧ 0
によって ｋ ≧ -1 に対する a(ｋ) が求まる。
ｋ ≦ -2 については a(ｋ) = 0 である。

ちな、
ローラン展開の係数を a(n) と書いてしまうと
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の n と文字が被るので、
別の文字を使わなくてはいけない。
このネタで、何度も混乱して見せてるよね？

積分を使う方法：
ローラン展開を tan(z) = Σ[k=-∞〜+∞] a(k) (z-π/2)^k と置くと
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) = Σ[k=-∞〜+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1) となる。
z = π/2 を内部に持つ小さな閉曲線を積分路として g(z) を閉路積分すると、
∮g(z)dz = a(n)・2πi となって a(n) が求まる。 留数定理ってやつだ。

こちらの方法では、z = π/2 が tan(z) の極であるかどうかを
気にする必要は無いが、ただ a(n) = {∮g(z)dz}/(2πi) と書けるだけで
具体的な a(n) の値を求める役にはあまり立たない。
積分 ∮{tan(z)/(z-π/2)^(n+1)}dz を計算する方法のアテが無いからだ。

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/08 13:30

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を導くことはできません

g(z)=(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から

f(z)=tan(z)のローラン展開の式の

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

を導くのです