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

質問者からの補足コメント

• 2024.10.11 09:06に頂いた解答の「質問者さんからお礼」に誤りがあった為、編集致しました。
  
  
  ありがとうございます。
  
  No.2とNo.3に関しましては、
  
  n≦-2の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式として、テイラー展開は特異点を持つ式からは作れない為、テイラー展開出来る形とする為に、
  
  g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のnに-2を代入して、g(z)=tan(z)(z-π/2)の式としてg(z)=tan(z)(z-π/2)の式のテイラー展開を求めて、f(z)=tan(z)のローラン展開を求めているとわかりました。

    補足日時：2024/10/12 21:04

• 私が求めている解答の形としては、
  2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57の画像の様に、
  
  (ローラン展開は極となる特異点の周りを使って近似式を導く展開である為、)
  極となる特異点を持つn≧-1の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式として、
  
  n≧-1の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式 のまま、
  n≧-1の時の g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から、
  n≧-1の時のg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式を求めるまでを書いて頂きたかったのです。

    補足日時：2024/10/12 21:05

• mtrajcp様、
  
  質問2に関しては、2024.10.11 19:37と2024.10.12 05:13に頂いた解答より、
  質問2の「res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)」の誤っている部分を「res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)」と正しくして、
  改めて、質問2に関して答えて頂けないでしょうか？
  
  ありも,のがたり様、
  
  2024.10.12 21:31に頂いた解答の「質問者さんからお礼」に書いた質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：2024/10/13 23:05

No.22 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/16 08:15

＞ g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を

＞ テイラー展開できるg(z)=tan(z)(z-π/2)の形にする為に、
＞ n≦-2の範囲のどこかに固定すれば良いだとわかりました。

大丈夫か？
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) が
g(z) = tan(z) (z-π/2) の形になるのは n = -2 のときだが、
n = -3 のときの g(z) = tan(z) (z-π/2)^2 でも
n = -4 のときの g(z) = tan(z) (z-π/2)^3 でも
g(z) の z = π/2 を中心とするローラン展開はテイラー展開になるから
それを利用して tan(z) のローラン展開が計算できる
って話をしてるんだが。

この回答へのお礼

ありものがたり様、解答ありがとうございます。

一つ前のありものがたりさんからの解答の「質問者さんからお礼」に書いた内容は私の説明が下手な事はありますが、

こちらに書いて頂いた解答と同じ様に、n≦-2の範囲のどこかに固定して、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をテイラー展開できるg(z)=tan(z)(z-π/2)の形にする為に、

n≦-2の範囲のどこかに固定すれば良いと書いたのです。

お礼日時：2024/10/16 10:30

No.21 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/16 01:23

＞ なぜ n=-2 と n の値を固定する必要があるのでしょうか？

n = -2 じゃなくても、 n ≦ -2 の範囲のどこかに固定すれば、
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) のローラン展開がテイラー展開になって
tan(z) をローラン展開の計算をすることができるよ。
既に No.3 に書いたとおりにね。
n = -2 にすることが必要なんじゃなくて、
n = -2 にすれば十分だってだけの話。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

なるほど、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式を

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、

n≦-2の範囲のどこかに固定して、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
テイラー展開できるg(z)=tan(z)(z-π/2)の形にする為に、

n≦-2の範囲のどこかに固定すれば良いだとわかりました。

どうもありがとうございます。

お礼日時：2024/10/16 03:20

No.20 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/15 20:13

＞ の解答は

＞ 2024.5.8 08:24に質問した2024.5.8 14:11と2024.5.8 14:19と2024.5.8 14:30と2024.5.8 14:49と2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59と2024.5.10 18:38の解答の、
＞ 特に、2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59の質問と関係があると思うのですが、

知らんがな。そんなの手繰って参照しきらんし。

この回答へのお礼

こちらの解答の2024.10.14 07:31に書いてある

>> ヒントも何も、 P の定義どおりでしょ。
m から始めて 1 づつ引きながら h 個掛けた積を mPh と書く。
mP4 = m(m-1)(m-2)(m-3),
mP5 = m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4),
mPh = m(m-1)(m-2)(m-3) … (m-ｈ+1).
だから、
hPh = h(h-1)(h-2)(h-3) … 1 = h!

の解答は

2024.5.8 08:24に質問した2024.5.8 14:11と2024.5.8 14:19と2024.5.8 14:30と2024.5.8 14:49と2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59と2024.5.10 18:38の解答の、

(特に、2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59の質問と関係があると思うのですが、)

古いありものがたりさんの解答は

こちらの質問2に関する事が書いてある2024.10.8 14:43の解答以外の事も書いてありますが、

mPhについて理解するならば、2024.10.8 12:42の質問の2024.10.8 14:43と2024.10.14 00:59と2024.10.14 07:31のありものがたりさんからの解答を理解するのが良いと思いました。

a(h-1) = (1/h!) lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z) を導く上で、mPhが出てきた様ですが、
その計算過程で、

2024.10.8 14:43に頂いた解答に関して質問なのですが、なぜn=-2とnの値を固定する必要があるのでしょうか？

お礼日時：2024/10/16 00:08

No.19 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/14 07:31

←No.17 補足

更にもう一回、同じことの繰り返し？
オウム返しが酷すぎる。少しはヒネリを考えなさい。


＞ なぜ Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m がテイラー展開と言えるのかわかりません。
＞ 例えば、Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m に m=-n-2 を代入して、

m は Σ の束縛変数なんだから、外から値を代入できるわけがないでしょ。
No.17 中に何回も書いたように、 n = -2 を代入するって言ってるじゃない。

もともと No.3 には
＞ 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.

って書いたんだし。この式の右辺は、
次数が負でない項からなる冪級数展開で、テイラー展開の形でしょ。
「テイラー展開」が何者だと思っているの？


＞ 続きを、
＞ (d/dx)^4 x^m = m(m-1)(m-2)(m-3) x^(m-4),
＞ (d/dx)^5 x^m = m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4) x^(m-5)
＞ と出来たのですが、
＞ この規則性がどうやって
＞ (d/dz)^h (z-π/2)^m = (mPh)(z-π/2)^(m-ｈ)

ヒントも何も、 P の定義どおりでしょ。
m から始めて 1 づつ引きながら h 個掛けた積を mPh と書く。
mP4 = m(m-1)(m-2)(m-3),
mP5 = m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4),
mPh = m(m-1)(m-2)(m-3) … (m-ｈ+1).
だから、
hPh = h(h-1)(h-2)(h-3) … 1 = h!

この回答へのお礼

ありがとうございます。

こちらの
>> ヒントも何も、 P の定義どおりでしょ。
m から始めて 1 づつ引きながら h 個掛けた積を mPh と書く。
mP4 = m(m-1)(m-2)(m-3),
mP5 = m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4),
mPh = m(m-1)(m-2)(m-3) … (m-ｈ+1).
だから、
hPh = h(h-1)(h-2)(h-3) … 1 = h!

の解答は

2024.5.8 08:24に質問した2024.5.8 14:11と2024.5.8 14:19と2024.5.8 14:30と2024.5.8 14:49と2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59と2024.5.10 18:38の解答の、

特に、2024.5.8 18:54と2024.5.9 10:39と2024.5.10 13:59の質問と関係があると思うのですが、もし関係があればどのような関係があるか教えて頂けないでしょうか？

お礼日時：2024/10/15 16:31

No.18 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/14 01:02

誤字訂正：

tan(z) (z-π/2) = Σ[k=-1〜+∞] a(k) (z-π/2)^(k+1) となり、
k+1 = m で置き換えれば
tan(z)/(z-π/2)^-1 = Σ[m=0〜+∞] a(m-1) (z-π/2)^m と書ける。

No.17 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/14 00:59

←No.14 補足

No.3 をここに、も一度書けってこと？
m氏と違って、同じ文を何回も投稿するのは好きじゃないんだけどな。

tan(z) のローラン展開を求めるというのは、
tan(z) = Σ[k=-∞〜+∞] a(k) (z-π/2)^k と置いた a(k) を求めること。
このとき、何度も書いているように、( No.13 にも書いた )
右辺のΣの総和変数を n にしてしまうと
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の n と同じ文字が衝突するから、
別の文字にしとく必要がある。 ここでは k を使った。
( Σのほうを a(n) にして、g(z) を tan(z)/(z-π/2)^(j+1) とかでも、
　ともかく文字が違えば構わないけど。 )

その上で、
lim[z→π/2] tan(z) (z-π/2)^1 = -1 が収束することから
z = π/2 は tan(z) の 1 位の極であり、
よって k ≦ -2 のとき a(k) = 0 で、 ローラン展開は
tan(z) = Σ[k=-1〜+∞] a(k) (z-π/2)^k と書ける。
この式の両辺を (z-π/2)^1 倍すると
tan(z) (z-π/2) = Σ[k=-1〜+∞] a(k) (z-π/2)^(k+1) となり、
k+1 = m で置き換えれば
tan(z)/(z-π/2) = Σ[m=0〜+∞] a(m-1) (z-π/2)^m と書ける。
左辺は n = -2 のときの g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) で、
この式は g(z) のテイラー展開となっている。
( 各項の次数 m が非負の冪級数展開だからね。 )

テイラー展開から h 次の係数 a(h-1) を取り出す作業は、高校で習ったとおり。
両辺を z で h 回微分すると
(d/dz)^h g(z) = (d/dz)^h Σ[m=0〜+∞] a(m-1) (z-π/2)^m
　　　　　　= Σ[m=0〜+∞] a(m-1) (d/dz)^h (z-π/2)^m
　　　　　　= Σ[m=h〜+∞] a(m-1) (mPh)(z-π/2)^(m-ｈ).
ここに z = π/2 を代入したいが、
z = π/2 が g(z) の可除特異点であることに配慮した書き方をすると
lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z)
　　　　　　= lim[z→π/2] Σ[m=h〜+∞] a(m-1) (mPh)(z-π/2)^(m-ｈ)
　　　　　　= Σ[m=h〜+∞] a(m-1) (mPh) lim[z→π/2] (z-π/2)^(m-ｈ)
　　　　　　= a(h-1) (hPh)
　　　　　　= a(h-1) (h!).
以上で a(h-1) = (1/h!) lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z) であることが判った。

a(k) = ... の形にまとめると、
k ≦ -2 のとき　a(k) = 0,
k ≧ -1 のとき　a(k) = (1/(k+1)!) lim[z→π/2] (d/dz)^(k+1) g(z)
　　　　　　　ただし、 g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), n = -2.
( くどいようだが、 n は終始 -2 に固定してあり、
　a(k) の k とも Σ[m= の m とも関係がない。 )

No.3 では n を式に残したまま変形したが、今回のように
最初に n = -2 を代入してしまったほうが解りよいかもしれない。

最後に
＞ (mPh) はどうやって出てきたのでしょうか？
とのことだが、
(d/dz)^h (z-π/2)^m = (mPh)(z-π/2)^(m-ｈ) が解らないほど
微積分に疎いのであれば、流石にローラン展開はまだ早すぎるし
高校の数II から復習することを勧める。
(d/dx) x^m = m x^(m-1),
(d/dx)^2 x^m = (d/dx) m x^(m-1) = m (d/dx) x^(m-1) = m(m-1) x^(m-2),
(d/dx)^3 x^m = (d/dx) m(m-1) x^(m-2) = m(m-1) (d/dx) x^(m-2) = m(m-1)(m-2) x^(m-3)
の続きを、 (d/dx)^4 x^m, (d/dx)^5 x^m, ... と少し自分で計算してみよう。

この回答へのお礼

2024.10.12 21:31の解答の「質問者からお礼」の

「①, Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mはなぜテイラー展開と言えるのでしょうか？

に対するこちらの解答を読んだのですが、なぜΣ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mがテイラー展開と言えるのかわかりません。

例えば、Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mにm=-n-2を代入して、

Σ{m=-n-2～∞}a(-1)(z-π/2)^(-n-2)
=Σ{m=-n-2～∞}a(-1)/(z-π/2)^(n+2)

と、この式がa(-1)(z-π/2)^(n+2)ならばテイラー展開と言えますが、

a(-1)の分母に正の指数(n+2)を含んだ(z-π/2)があるのになぜこの式がテイラー展開と言えるのかわかりません。

どうかもう少しわかりやすくΣ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mがテイラー展開と言える理由教えて頂けないでしょうか？

また、

同じく、2024.10.12 21:31に頂いた解答の「質問者からお礼」に書いた

「②, Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのテイラー展開にn=-2を代入して、
g(z)=Σ{m=0～∞}a(m-1)(z-π/2)^mとして、
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)となる様ですが、
(d/dz)^h g(z)=Σ{m=h～∞}a(m-1)(mPh)(z-π/2)^(m-h)の(mPh)はどうやって出てきたのでしょうか？」

(d/dx) x^m = m x^(m-1),
(d/dx)^2 x^m = m(m-1) x^(m-2),
(d/dx)^3 x^m = m(m-1)(m-2) x^(m-3)
の続きを、
(d/dx)^4 x^m = m(m-1)(m-2)(m-3) x^(m-4),
(d/dx)^5 x^m = m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4) x^(m-5)

と出来たのですが、
この規則性がどうやって
(d/dz)^h (z-π/2)^m = (mPh)(z-π/2)^(m-ｈ)
の(mPh)が出てくるのかわかりません。

どうかもう少しヒントを頂けないでしょうか？

お礼日時：2024/10/14 04:33

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/13 05:04

質問1と質問2

の
res(g(z),a)=1/(n-1)!lim[z->a](d/dz)^(n-1)(z-a)^n g(z)
は間違っているのだから
間違っている式から
f(z)=tan(z)のローラン展開の式を導けません

g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の n と
k=n+2
であるべき
res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
の
kを同じnにして混同して間違っている

f(z)=tan(z)のローラン展開の式は

a(n)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)tan(z)
から導くのです
導いたa(n)と
a(n)=res(g(z),a)
が一致するから

res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
が
成り立つのであって

res(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
から
f(z)=tan(z)のローラン展開の式を導くのではありません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

>> a(n)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)tan(z)
から導くのです
導いたa(n)と
a(n)=res(g(z),a)
が一致するから

に関しては、

2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、
(a(n)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)のk=n+2として導いたa(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)tan(z)を含んだ)res(g(z),π/2)=a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}が導けて、

2024.5.8 08:24の質問の2024.5.9 17:30の解答よりf(z)=tan(z)をテイラー展開出来る形にしてから展開して、

2024.8.20 18:17にした質問の2024.8.28 08:44の解答より、
テイラー展開の各a(n)を求める式a(n)=g^(n+1)(π/2)/(n+1)!からa(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}と導けたので、
その式からテイラー展開したf(z)=tan(z)の各a(n)の値を求めて、
次項(z-π/2)を-1ずらしてf(z)=tan(z)のローラン展開を求めた。


質問1に関しては、
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)の式からg(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mの式を使ったg(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式のローラン展開の式の導き方を書いたのだとわかりました。

お礼日時：2024/10/13 22:57

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/12 21:54

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

tan(z)/(z-π/2)^(n+1)=a(-1)(z-π/2)^(-n-2)+…+a(n)/(z-π/2)+…

↓両辺を0<|z-π/2|=r<π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)

と
tan(z)のローラン展開のn次項a(n)が求まった

No.14 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/12 21:31

＞ n≧-1 の時の g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の式のローラン展開の式

＞ を求めるまでを書いて頂きたかったのです。

だから、それは n = -2 のときの g(z) のテイラー展開の式を
両辺 (z-π/2) で割れ って、繰り返し繰り返し書いているでしょう？
No.3 には、かなり具体的に計算手順を書いてみせた。
この上、何が足らんの？

この回答へのお礼

ありがとうございます。

2024.10.7 04:13にした質問の2024.10.7 09:57に頂いた画像の計算はn≦-2の時のn=-2の時の計算だったと言う事でしょうか？

>> だから、それは n = -2 のときの g(z) のテイラー展開の式を
両辺 (z-π/2) で割れ って、繰り返し繰り返し書いているでしょう？
No.3 には、かなり具体的に計算手順を書いてみせた。

その具体的に書いた計算手順はNo.3のどの辺りに書いたか詳しく教えて頂けないでしょうか。


また、No.3の解答について追加の質問がございます。

>>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).

の部分に関して質問があります。

①, Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mはなぜテイラー展開と言えるのでしょうか？

②, Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mのテイラー展開にn=-2を代入して、
g(z)=Σ{m=0～∞}a(m-1)(z-π/2)^mとして、
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)となる様ですが、
(d/dz)^h g(z)=Σ{m=h～∞}a(m-1)(mPh)(z-π/2)^(m-h)の(mPh)はどうやって出てきたのでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/10/13 05:31

No.13 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/12 19:14

No.11 No.12 の論点は、そんなに長々式を並べなくても、

No.2 以来くりかえし指摘している
g(n) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) の n と
a(n) = {1/(n+1)!} lim[z→π/2] (d/dz)^(n+1) {tan(z) (z-π/2)} の n を
同じ文字 n を使ったという理由だけで混同していること に尽きる。
Ｎo.7 でも、No.10 でも、その話はしたよね。