2024.10.13 05:04にした質問の2024.10.13 05:04に頂いた解答の2024.10.13 22:57の「質問者さんからお礼」をさらに編集しました。
2024.5.8 08:24にした質問の2024.5.9 11:17の解答や2024.5.9 17:30の解答より、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
テイラー展開出来る形にして、
2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、
res(g(z),a)=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res(g(z),a)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^n g(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)}と出来て、
2024.8.20 18:17にした質問の2024.8.28
08:44の解答より、
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)}が導けたので、g(z)=(z-π/2)tan(z)の式の各a(n)の係数を求めて、
f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^nを展開して、次項(z-a)を-1ずらして各a(n)に求めた係数を代入すれば、tan(z)のローラン展開は導けると考えたのですが、私の考えは正しいでしょうか?
A 回答 (6件)
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No.7
- 回答日時:
f(z)=tan(z)
の
0<|z-π/2|<π
でのローラン展開は
z=π/2で1位の極をもつから
f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^n
n≦-2 のとき
a(n)=0
n≧-1 のとき
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
と求められるのです
tan(z)/(z-π/2)^(n+1)やその積分
res(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)=
{1/(2πi)}∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz
は必要は無いのです
0<|z-π/2|<π
でのtan(z)のローラン展開では必要無いのだけれども
π<|z-π/2|<2π
でのtan(z)のローラン展開では
π<|z-π/2|=r<2π
のとき
円|z-π/2|=rの内側
|z-π/2|<r
に
3つの特異点,
-π/2,π/2,3π/2
があるから
a(n)={1/(2πi)}∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz
の積分が必要になるのです
No.6
- 回答日時:
ちょっと前のスレから、不自然な流れが続いているな。
まあ、頭のおかしい質問者と
頭のおかしい二人の回答者が、いつものようにやってるだけだが。
No.3 は、運営の介入なのだろうか?
No.5
- 回答日時:
間違っている
「
2024.5.8 08:24にした質問の2024.5.9 11:17の解答や2024.5.9 17:30の解答より、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
テイラー展開出来る形にして、
」
は間違っている
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をテイラー展開出来る形にしてしまったら
n≦-2,n=-2
になって
その積分は
res(g(z),a)=0
となってしまう
(k-1)!=(-1)!
になるから
1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
の
k=n+2=0
になってしまうから
(k-1)!=(-1)!
になるから
成り立たない
n≦-2のときは
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
は成り立たないから
「
2024.8.31 00:04にした質問の2024.9.3 16:48の解答より、
res(g(z),a)=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
res(g(z),a)=1/(n+1)!lim[z->a](d/dz)^(n+1)(z-a)^n g(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)}と出来て、
」
は間違っている
No.4
- 回答日時:
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)をテイラー展開出来る形にしてしまったら
n≦-2,n=-2
になってしまい
その積分は
res(g(z),a)=0
となってしまう
1/(k-1)!lim[z->a](d/dz)^(k-1)(z-a)^k g(z)
の
k=n+2=0
になってしまうから
(k-1)!=(-1)!
になるから
成り立たない
n≦-2のときは
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
は成り立たない
だから
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)を
テイラー展開出来る形にしてはいけない
tan(z)
を
(z-π/2)^(n+1)
で
割ってはいけない
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/愛(2πi)}∫[|z-π/2|=r]tan(z)/(z-π/2)^(n+1)dz
あ
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
No.2
- 回答日時:
←No.1「お礼」欄
あいかわらず、何言ってんのか判らん。
質問は日本語でたのむ。
最初に g(z) の定義に n = -2 を代入せず、
g(z) = tan(z)/(z-π/2)^(n+1) のまま No.1 に書いた手順を行って、
最終的に a(k) を求める段階で
欲しい k を得るために n と h の値を調整する
方法のことを言ってるのなら、それはもう
https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13940230.html
↑これの No.2 に書いて見せただろう?
No.1
- 回答日時:
> f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^n を展開して、 次項 (z-a) を -1 ずらして
> 各 a(n) に求めた係数を代入すれば、tan(z) のローラン展開は導けると考えた
正しい正しくない以前に、何を言ってるのか判らん。
毎度のことだが、少しは伝わる日本語で書こうよ。
f(z) = tan(z) = Σ[n=-1~∞] a(n) (z-π/2)^n の次数を +1 ずらした
g(z) = f(z) (z-π/2)^1 = Σ[n=-1~∞] a(n) (z-π/2)^(n+1) を作って、
g(z) が z = π/2 で正則であることから
その h 次導関数 (d/dz)^h g(z) に z = π/2 を代入すれば、
a(h-1) h! が求まるから、ローラン展開の各係数を知ることができる
...って言いたいのなら、合ってる。 そうであることを祈る。
ありものがたり様、
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の画像の様に、
g(z)=tan(z)/(z-π/2)^(n+1)の式をそのままローラン展開した為、
g(z)=Σ{m=-n-2~∞}a(m+n+1)(z-π/2)^mとローラン展開が導けて、
g(z)=(z-π/2)tan(z)の様にテイラー展開出来る形からローラン展開した為、
f(z)=tan(z)=Σ[n=-1~∞]a(n)(z-π/2)^nとローラン展開が導けたと考えているのですが、
正しいでしょうか?
また、出来れば、2024.10.16 03:30にした質問の2024.10.16 23:50の補足の疑問にもお答えして頂けると大変ありがたいです。
どうかよろしくお願い致します。
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