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

• ありものがたり様の解答を読んで
  疑問が複数あります。
  
  質問1、
  
  「g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), ただし n ≦ -2 と置くと,
  g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
  　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m　；ただし m = k-n-1
  と表せる。」
  
  との事ですが、
  g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), ただし n ≦ -2 と置くと,
  
  何故いきなり、
  
  g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
  　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
  
  の式が出てきたのでしょうか？

    補足日時：2024/10/16 23:18

• その後、
  
  g(z) = ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
  の両辺を z で h 回微分すると、
  
  (d/dz)^h g(z) = ∑[m=h～+∞] a(m+n+1) (mPh) (z-π/2)^(m-h)
  
  となり、ここで z = π/2 を代入すると
  
  lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z) = a(h+n+1) (h!)となる。
  
  この式から a(k) を求めるには、k = h+n+1 となる n,h を選んで
  
  a(k) = (1/(k-n-1)!) lim[z→π/2] (d/dz)^(k-n-1) g(z) とすればよい。
  
  n ≦ -2, h ≧ 0 の範囲で k が k ≧ -1 の任意の整数になるようにできるから、これで全ての a(k) が求まったことになる。
  
  との事でした。

    補足日時：2024/10/16 23:19

• ありものがたりさんから頂いた解答の「質問者さんからお礼」に書い様に、
  
  ありものがたりさんからの解答は①と②のどちらに対する解答をなのか、
  
  
  
  そして、
  
  一つ目の補足の
  「g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), ただし n ≦ -2 と置くと,
  
  何故いきなり、
  
  g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
  　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
  
  の式が出でくるのか」
  
  の疑問についてお答えして頂きたいです。
  
  
  
  また、
  
  「右辺の冪級数を見ると
  最低次数の項が m = -n-2 ≧ 0 だから、
  この式は g(z) のテイラー展開になっている。」
  
  の疑問についてもお答えして頂きたいです。
  
  g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)

    補足日時：2024/10/16 23:50

• = ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
  
  の
  
  = ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
  
  のmは
  
  m = -n-2 ≧ 0により、 mは正の値である為、
  
  = ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^mの式は g(z) のテイラー展開になっている事はわなりますが、
  
  どの様な原理と言うかルールで、何もないところから、変数mと-nと-2を=で結びつけて≧0と言う不等式を作り上げたのかわかりません。
  
  と言うのも、例えばmが正の値であれば良いならば、m = -3n-4 ≧ 0みたいな不等式でも良いのではないかと思った為です。
  
  どうか、どの様にしてmは正の値として、m = -n-2 ≧ 0の不等式を作ったのか過程の計算を教えて下さい。
  
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2024/10/16 23:50

• ありものがたり様、どうか補足の質問に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：2024/10/17 12:04

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/20 08:12

違います(n≦-2)ではありません

g(z)=a(-1)(z-π/2)^(-n-2)+a(0)(z-π/2)^(-n-1)+a(1)(z-π/2)^(-n)+…

で

n=-2
として

g(z)=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…

g(z)=(z-π/2)tan(z)

としたのだけれども
変数nの意味を変更して
改めて

f(z)=tan(z)のローラン展開

f(z)=tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
(n≧-1)
を
求めるために

g(z)=(z-π/2)tan(z)
を
テイラー展開するのです

No.7 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/18 04:14

Σ記号の意味がわかっていないようです

g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)

↓Σ記号を使わないで書くと

g(z)=a(-1)(z-π/2)^(-n-2)+a(0)(z-π/2)^(-n-1)+a(1)(z-π/2)^(-n)+…

↓次数をmとしてΣ記号を使って書くと

g(z)= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m

↓Σ記号を使わないで書くと

g(z)=a(-1)(z-π/2)^(-n-2)+a(0)(z-π/2)^(-n-1)+a(1)(z-π/2)^(-n)+…

ほんらい正則でない

g(z)を正則にするために

-n-2≧0
-2≧n
n≦-2

としたのです

この回答へのお礼

ありがとうございます。

この解答はg(z)=(z-π/2)tan(z)として、f(z)=tan(z)のローラン展開を求める(n≦-2の)時の話ですよね？

お礼日時：2024/10/20 07:55

No.6 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： 2024/10/17 22:11

質問者は

https://math-note.xyz/analysis/complex-analysis/ …
などを参考に、日々研鑽を積むことを望む。

No.5 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/17 18:52

何のために

tan(z)を(z-π/2)^(n+1)で割るかという、意味が分かっていないようです

tan(z)を(z-π/2)^(n+1)で割ったものを
|z-π/2|=r>0で積分し2πiで割って
tan(z)のz=π/2のまわりのローラン展開のn次係数

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

を
求めるために
tan(z)を(z-π/2)^(n+1)で割るのだから

tan(z)/(z-π/2)^(n+1)　の積分が困難だからとして積分しないのならば

tan(z)を(z-π/2)^(n+1)で割ることは全く無意味(ナンセンス)なのです
無意味なことはやめましょう

No.4 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/17 14:54

補足日時：2024/10/16 23:18

いきなり、

g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)

の式が出てきたのではありません
その前に

tan(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^k

があるのが見えないのですか

tan(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^k

↓両辺を(z-π/2)^(n+1)で割ると

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

↓g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1) とおいたのだから

g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)

この回答へのお礼

mtrajcp様、

「g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), ただし n ≦ -2 と置くと,

何故いきなり、

g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m

の式が出でくるのか」
の疑問に対する解答をありがとうございます。


mtrajcp様にありものがたりさんの事をお尋ねしてもありものがたりさん本人ではない為、解答するのは難しいと思いますが、

補足に書いた事に関して質問があります。


ありものがたりさんから頂いた解答の「質問者さんからお礼」に書い様に、

ありものがたりさんからの解答は①と②のどちらに対する解答をなのか、


また、

「右辺の冪級数を見ると
最低次数の項が m = -n-2 ≧ 0 だから、
この式は g(z) のテイラー展開になっている。」

の疑問についてもお答えして頂きたいです。

g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m

の

= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m

のmは

m = -n-2 ≧ 0により、 mは正の値である為、

= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^mの式は g(z) のテイラー展開になっている事はわなりますが、

どの様な原理と言うかルールで、何もないところから、変数mと-nと-2を=で結びつけて≧0と言う不等式を作り上げたのかわかりません。

と言うのも、例えばmが正の値であれば良いならば、m = -3n-4 ≧ 0みたいな不等式でも良いのではないかと思った為です。

どうか、どの様にしてmは正の値として、m = -n-2 ≧ 0の不等式を作ったのか過程の計算を教えて下さい。

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2024/10/18 00:07

No.3 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/17 10:55

g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式から

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

を使うということは

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

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)}

を使うことになり、これを使ういうことは

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
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)
の積分が困難だから
その代わりに

右辺の
(z-π/2)tan(z)
を使って
テイラー展開した式から

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

を求めることになるのです

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/10/16 14:55

まだやってるの、これ？

n = -2 の場合を、もう何度もやってみせたでしょう？
賽の河原なのか、面の皮が犀の皮なのか知らないけどさ。

tan(z) のローラン展開を
tan(z) = ∑[k=-∞～+∞] a(k) (z-π/2)^k と置いて、
各 a(k) を求める。

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、したがって
tan(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^k,
k ≦ -2 のとき a(k) = 0 が成り立つ。

g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1), ただし n ≦ -2 と置くと,
g(z) = ∑[k=-1～+∞] a(k) (z-π/2)^(k-n-1)
　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m　；ただし m = k-n-1
と表せる。右辺の冪級数を見ると
最低次数の項が m = -n-2 ≧ 0 だから、
この式は g(z) のテイラー展開になっている。

両辺を z で h 回微分すると、
(d/dz)^h g(z) = (d/dz)^h ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (z-π/2)^m
　　　　　　　= ∑[m=-n-2～+∞] a(m+n+1) (d/dz)^h (z-π/2)^m
　　　　　　　= ∑[m=h～+∞] a(m+n+1) (mPh) (z-π/2)^(m-h).
ここで z = π/2 を代入すると
lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z)
　　　　= lim[z→π/2] ∑[m=h～+∞] a(m+n+1) (mPh) (z-π/2)^(m-h)
　　　　= ∑[m=h～+∞] a(m+n+1) (mPh) lim[z→π/2] (z-π/2)^(m-h)
　　　　= a(h+n+1) (hPh)
　　　　= a(h+n+1) (h!).
よって a(h+n+1) = (1/h!) lim[z→π/2] (d/dz)^h g(z).

この式から a(k) を求めるには、k = h+n+1 となる n,h を選んで
a(k) = (1/(k-n-1)!) lim[z→π/2] (d/dz)^(k-n-1) g(z) とすればよい。
n ≦ -2, h ≧ 0 の範囲で k が k ≧ -1 の任意の整数
になるようにできるから、これで全ての a(k) が求まったことになる。

別の質問のとこでやってみせたように、
g(z) を定義した時点で先に n = -2 に決めてしまったほうが話は単純。


積分を使って f(z) = ∑[k=-∞～+∞] a(k) (z-c)^k から
a(k) = ∮[cを囲む閉路] f(z)/(k+1) dz と求めるやり方は、
z = c が f(z) の極でなくても使えて、a(k) をシンプルに表示できるが、
右辺の積分を計算するアテが何も無く、a(k) の値を得る手段にはならない。

上記の、テイラー展開に帰着する方法は、展開中心が極である場合にしか
適用できないが、微分は積分と違って具体的な計算方法があるため、
a(k) の値を得る手段になりえる。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

ありものがたりさんの解答は

「なので、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からres(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k 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。」...①

「仮に、g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式からres(g(z),a)=1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k 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」...②

の①と②のどちらに対する解答を解答して頂けたのでしょうか？

お礼日時：2024/10/16 22:47

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/10/16 04:22

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