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.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/12 05:13

質問1

の
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z=π/2で(n+2)位の極をもつのだから

z=aでn位の極をもつときに成り立つ
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
res(g(z),a)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2) g(z)
でなければいけない

tan(z)はz=π/2で1位の極をもち
tan(z)は0<|z-π/2|<πで正則だからローラン展開できて

tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n…(1)
と
なる
(z-π/2)tan(z)はz=π/2で正則だからテイラー展開できて
その(n+1)次係数はtan(z)のn次係数a(n)に一致するから

a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)…(2)
と
tan(z)のローラン展開のn次係数a(n)を求められる

一方
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
を
z=π/2を除く周りの正則近傍の円周上で積分し2πiで割ると

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…(3)
と
tan(x)のローラン展開のn次係数a(n)を求められる
(ただしtan(z)の積分計算は困難なので実際に行わないけれども積分可能)


(2),(3)から
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1).π/2)=a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)(z-π/2)tan(z)
が
なりたつ

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

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/11 19:37

質問1

の
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
は
z=π/2で(n+2)位の極をもつのだから

z=aでn位の極をもつときに成り立つ
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
res(g(z),a)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^(n+2) g(z)
でなければいけない

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
と
a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-π/2)tan(z)
から
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1).π/2)=a(n)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-π/2)^(n+2)(z-π/2)tan(z)
が
なりたつ

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

No.10 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/11 13:49

Ｎo.7 にも書いたが、質問者が なぜ

＞ 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。
と思ってしまったのか？については説明が必要だな。
実際、No.2以来何度もやって見せているのに、
いまだに「導けない」と思い続けている理由は何か？

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/11 09:44

tan(z)のz=π/2のまわりでのローラン展開の式を求めるのが

目的なのですよね

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
↓n=-2 とすると
g(z)=(z-π/2)tan(z)
u=z-π/2 とすると
g(z)=-ucot(u)

ucot(u)を　ベルヌーイ母関数で表し
ベルヌーイ母関数をマクローリン展開すると
画像の通り

この回答へのお礼

すいません。
2024.10.11 09:22の解答の「質問者さんからお礼」にはミスがありました。

こちらの解答の「質問者さんからお礼」に以下の内容を書きたかったのです。

あの、頂いたこちらの解答と2024.10.9 20:45と2024.10.11 04:36と2024.10.11 09:22に頂いた解答は質問1と質問2のどちらに対する解答なのか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：2024/10/12 19:04

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/11 09:22

tan(z)のz=π/2のまわりでのローラン展開の式を求めるのが目的なのですよね

画像の
tan(z)のz=π/2のまわりでのローラン展開の式は
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から導くことはできないのだから導いたのではありません

g(z)=(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から導いたというよりも
u=z-π/2 として
tan(z)=
-cos(u)
をu=0のまわりでのローラン展開の式を求めるために
ucot(u) を　ベルヌーイ母関数で表し
ベルヌーイ母関数をマクローリン展開したのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

あの、頂いたこちらの解答と2024.10.9 20:45と2024.10.11 04:36と2024.10.11 09:22に頂いた解答は質問1と質問2のどちらに対する解答なのか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：2024/10/12 18:57

No.7 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/11 09:06

＞ 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て

＞ f(z)=tan(z)のローラン展開の式を求めたいのです。

だから、それ、No.2 でも No.3 でもやってみせたでしょう？
ｎ ≦ -2 なら g(z) のローラン展開はテイラー展開だから、
微分を使って係数が取り出せるんですよ。
ローラン展開がテイラー展開になると判った時点で、
a(k) = (1/(k+1)!) lim[z→π/2] (d/dz)^(k+1) tan(z)/(z-π/2)^(-2+1)
の式からは出ない k ≦ -2 に対する a(k) が a(k) = 0 であることは
既に判っているわけだし。

ひょっとして、g(z)=Σ{m=-n-2～∞}a(m+n+1)(z-π/2)^m の式の n と
求まる a(n) の n が一致するような公式が欲しいとか思ってません？
微分による方法と積分による方法の違いと言えば、そんな
見当違いの拘りくらいしか想像がつかないんだけど。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

No.2とNo.3に関しましては、

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からn≦-2の時として、テイラー展開は特異点を持つ式からは作れない為、 g(z)=tan(z)(z-π/2)の式として、テイラー展開出来る形としてから、

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)の式のローラン展開を求めているとわかりました。

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かも知れません。

お礼日時：2024/10/12 20:57

No.6 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/11 04:36

画像の

tan(z)のz=π/2のまわりでのローラン展開の式は
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から導くことはできないのだから
導いたのではありません
g(z)=(z-π/2)tan(z)のテイラー展開から導いたのでもありません
u=z-π/2 として
tan(z)=
-cos(u)
をu=0のまわりでのローラン展開の式を求めるのです

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

この回答へのお礼

ありがとうございます。
こちらの解答は質問1と質問2のどちらに対する解答でしょうか？

お礼日時：2024/10/11 03:56

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。

この回答へのお礼

解答ありがとうございます。

質問1については、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を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てf(z)=tan(z)のローラン展開の式を求めたいのです。

お礼日時：2024/10/11 03:45

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