2024.8.31 00:04にした質問の 2024.9.3 16:48にmtrajcp様から頂いた

2024.8.31 00:04にした質問の
2024.9.3 16:48にmtrajcp様から頂いた解答について、質問があります。


以下は2024.9.3 16:48にmtrajcp様から頂いた解答です。


>> res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式
と
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の微分の式から
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのではありません
間違いです

a(n)=res(g(z),π/2)={1/(2πi)}2πires(tan(z)/(z-π/2)^(n+1),π/2)の積分の式
から
a(n)={1/(n+1)!}lim_{z→π/2}(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)})の式を導いたのではありません
間違いです
----------------------------------------------------------------

0<r=|z-c|<R でf(z)が正則のとき
f(z)の0<|z-c|<Rでのローラン展開

f(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^m

↓両辺を(z-c)^(n+1)で割ると

f(z)/(z-c)^(n+1)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^(m-n-1)

f(z)/(z-c)^(n+1)=a(n)/(z-c)+Σ[m≠n]a(m)(z-c)^(m-n-1)

↓両辺を{|z-c|=r}で積分すると

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz+Σ[m≠n]a(m)∫{|z-c|=r}(z-c)^(m-n-1)dz

↓m≠nのとき∫{|z-c|=r}(z-c)^(m-n-1)dz=0 だから

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz

↓∫{|z-c|=r}{1/(z-c)}dz=2πi だから

∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=2πia(n)

↓両辺を2πiで割ると

{1/(2πi)}∫{|z-c|=r}f(z)/(z-c)^(n+1)dz=a(n)

↓左右をいれかえると

a(n)={1/(2πi)}∫{|z-c|=r]{f(z)/(z-c)^(n+1)}dz
c=π/2,,g(z)=f(z)/(z-c)^(n+1) ,f(z)=tan(z) とすると

a(n)=res(g(z),π/2)…(1)

-----------------------------------------------------
f(z)=
tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^m
↓両辺に(z-π/2)をかけると
(z-π/2)tan(z)=Σ[m=-1～∞]a(m)(z-π/2)^(m+1)
↓両辺を(n+1)回微分すると
(d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)+…
↓z→π/2とすると
lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)
↓両辺を(n+1)!で割ると
1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}=a(n)
↓左右をいれかえると
∴
a(n)={1/(n+1)!}lim[z→π/2](d/dz)^(n+1){(z-π/2)tan(z)}
↓これと(1)から


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



の
「0<r=|z-c|<R でf(z)が正則のとき
f(z)の0<|z-c|<Rでのローラン展開

f(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^m」

において、

f(z)のローラン展開とは、

f(z)が正則にならない様な分母が0になるような極となる特異点の周りの点を使って展開する近似式だと思うのですが、

なぜ、極となる特異点を持たない正則のf(z)に関してf(z)のローラン展開f(z)=Σ[m=-∞～∞]a(m)(z-c)^mを作れたのでしょうか？

質問者からの補足コメント

• ありものがたり様、
  2025.2.24 11:54にありものがたり様から頂いた解答の「質問者さんからお礼」に書いた質問に解答して頂けると大変ありがたいです。
  
  また、mtrajcp様、
  2025.2.27 09:13にした質問の2025.3.2 09:30の「質問者からの補足」に解答して頂けると大変ありがたいです。
  
  お手数をお掛けして申し訳ありませんが、
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2025/03/03 20:42

• 2025.2.25 21:06にmtrajcp様から頂いた解答の
  「f(z)が
  {f(z)がcで正則であろうとなかろうと}
  0<|z-c|<R で正則なとき
  f(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^n
  と展開できてそれをローラン展開という」
  に関して、疑問があるのですが、
  
  2025.2.24 08:05にした質問の2025.2.24 10:54のmtrajcp様の解答の様に、
  m≧0の時、g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)はz=cで　m+1≧1位の極(特異点)を持つ(正則でない)時にa(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)/(z-c)^(m+1)}の式を導く事が出来ますが、...①

    補足日時：2025/03/03 21:05

• ローラン展開の式であるf(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^nの係数を導くa(m)の式は①の様に特異点を持つ時に導かれたのに、
  
  なぜローラン展開はf(z)がcで正則であっても0<|z-c|<R でf(z)が特異点を持つ様な正則ではない時に展開するのではなく、
  
  f(z)が{f(z)がcで正則であろうとなかろうと}
  0<|z-c|<R で正則なときにしかf(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^nと展開出来ないのでしょうか？
  
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2025/03/03 21:05

• 以下の様に改めて訂正致します。
  
  m≧-kで正則ではないg(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)をa(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}が含んでいる為、
  a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}は正則（微分可能）ではなく、
  
  m≦-k-1で正則となるg(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)をa(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}が含んでいる為、
  a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}は正則（微分可能）になるとわかりました。

    補足日時：2025/03/05 10:43

• すなわち、
  g(z)=f(z)(z-c)^kが
  m≧-kで正則でない時
  a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
  や
  h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)が
  m≦-k-1で正則の時
  a(m)=1/(2πi)∫{|z-c|=r}h(z)dz
  
  のどちらの場合でも
  
  a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
  や
  a(m)=1/(2πi)∫{|z-c|=r}h(z)dzは常に正則（微分可能）にならない。
  
  と言う事でしょうか？
  
  どうか間違えている部分があれば訂正してた文章を教えて頂けるとありがたいです。

    補足日時：2025/03/05 19:45

• 2025.3.1 04:59のmtrajcp様の解答より
  
  >> f(z)がz=c で1位の極を持つときに限り
  
  g(z)=(z-c)f(z)
  m≧-1のとき
  a(m)={1/(m+1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+1){g(z)}
  m≦-2のとき
  a(m)=0
  
  としなければいけません
  
  
  
  質問12,
  なぜf(z)がz=c で1位の極を持つときに限り
  
  g(z)=(z-c)f(z)
  m≧-1のとき
  a(m)={1/(m+1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+1){g(z)}
  m≦-2のとき
  a(m)=0
  
  としなければいけないのでしょうか？
  
  どうか理由を教えて下さい。
  
  
  また、mtrajcp様の質問3の解答が書いてある解答の「質問者さんからお礼」の「以下の様に改めて訂正致します。」の後に書いた文章は
  f(z)がz=c で1位の極を持つときに限りでの話でしょうか？

    補足日時：2025/03/05 21:13

• 質問18,
  画像の様にn≦-2でg(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}の式が正則ではない為、
  a(n)≠0となり、a(n)の式は発散する為、
  a(n)=∞となると思ったのですが、
  
  a(n)=(-2)^(-n-2)と導かれています。
  
  なぜ、a(n)=∞ではなく、
  a(n)=(-2)^(-n-2)と導かれたのでしょうか？
  
  
  質問19,
  a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式はk=1位の時以外も使える式なのでしょうか？
  
  どうかよろしくお願い致します。

  
    補足日時：2025/03/06 14:28

• ありがとうございます。
  
  質問23に関して質問があります。
  
  質問39,
  画像より、
  
  g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<rでz=1でn+2位の極、z=-1で1位の極の2つの極を持ちますが、
  
  n≦-1の時、
  z=1
  c=1
  k=n+2
  g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
  として、
  
  a(m-k)={1/m!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式から赤い下線部の-1/(-2)^(n+2)を導くまでの過程の計算を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。

  
    補足日時：2025/03/08 01:56

• 質問23に関して質問があります。
  
  質問39,
  画像より、
  
  g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}は|z-1|<rでz=1でn+2位の極、z=-1で1位の極の2つの極を持ちますが、
  
  n≦-1の時、
  z=1
  c=1
  k=n+2
  g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(n+2)}
  として、
  
  a(m-k)={1/m!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式から赤い下線部の-1/(-2)^(n+2)を導くまでの過程の計算を教えて頂けないでしょうか？
  
  
  質問40,
  a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)(z-c)^k}の式は
  
  a(m)=0やa(m)≠0になりますがf(z)の式によってはa(m)=∞になるのでしょうか？
  
  仮にa(m)=∞になる事があるならばどんなf(z)の式の時にa(m)=∞となるのですか？

  
    補足日時：2025/03/09 04:37

No.23 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/07 20:08

質問23,

k=2位
には
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式は使える
けれども

k=n+2位
の
n
と
a(n-k)
の
nは違うのだから
を同じnを使ってはいけません

質問38

tan(z)のz=π/2でのローラン展開
と
cotz-2cot(2z)のz=π/2でのローラン展開
は
同じである

No.22 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/07 18:49

質問31,

m≧0の時、

g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)は正則でないから間違いです

z=cで　m+1≧1位の極(特異点)を持つ(正則でない)時に

a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)/(z-c)^(m+1)}
の式を導く事が絶対に出来ません

g(z)=f(z)(z-c)^k
a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)(z-c)^k}
でなければならない

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問23,
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式はk=1位の時以外も使える式なのでしょうか？

例えば、
k=2位やk=n+2位の時などにも
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式は使えるのでしょうか？


2025.2.17 02:11に質問した2025.2.26 14:39のmtrajcp様の解答の
2025.2.26 16:48の「質問者からお礼」に書いた質問に解答して頂きたいのですが、

質問38,
tan(z)のz=π/2でのローラン展開からcotz-2cot(2z)のz=π/2でのローラン展開は導けないのでしょうか？

お礼日時：2025/03/07 19:15

No.21 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/07 15:14

質問30,

m≦-2のとき

h(z)=(z-1)^{-m-2}/(z+1)

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
∴
a(m)=res(h(z),-1)

h(z)=(z-1)^{-m-2}/(z+1)
はz=-1でk=1位の極を持つから
h(z)はz=-1でのローラン展開
h(z)=Σ{j=-1～∞}b(j)(z+1)^j
h(z)=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+…
となるb(j)が存在し
↓両辺を積分すると
res(h(z),-1)=b(-1)
↓a(m)=res(h(z),-1)だから
∴
a(m)=b(-1)

h(z)=Σ{j=-1～∞}b(j)(z+1)^j
h(z)=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+…
↓両辺に(z+1)をかけると
(z+1)h(z)=b(-1)+b(0)(z+1)+…
↓z→-1とすると
lim_{z→-1}(z+1)h(z)=b(-1)
↓a(m)=res(h(z),-1)=b(-1)だから

a(m)=res(h(z),-1)=b(-1)=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}(z-1)^{-m-2}
=(-2)^{-m-2}

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問23,
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式はk=1位の時以外も使える式なのでしょうか？

例えば、
k=2位やk=n+2位の時などにも
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式は使えるのでしょうか？


質問31,(なぜか2つの2025.3.3 21:05の補足が消えていますが質問31として再びこちらに載せます。)
2025.2.25 21:06にmtrajcp様から頂いた解答の
「f(z)が
{f(z)がcで正則であろうとなかろうと}
0<|z-c|<R で正則なとき
f(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^n
と展開できてそれをローラン展開という」
に関して、疑問があるのですが、

2025.2.24 08:05にした質問の2025.2.24 10:54のmtrajcp様の解答の様に、
m≧0の時、g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)はz=cで　m+1≧1位の極(特異点)を持つ(正則でない)時にa(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){f(z)/(z-c)^(m+1)}の式を導く事が出来ますが、...①

ローラン展開の式であるf(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^nの係数を導くa(m)の式は①の様に特異点を持つ時に導かれたのに、

なぜローラン展開はf(z)がcで正則であっても0<|z-c|<R でf(z)が特異点を持つ様な正則ではない時に展開するのではなく、

f(z)が{f(z)がcで正則であろうとなかろうと}
0<|z-c|<R で正則なときにしかf(z)=Σ[n=-∞～∞]a(n)(z-c)^nと展開出来ないのでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2025/03/07 16:05

No.20 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/07 11:07

質問29,

b(j)は　h(z)をz=-1で展開した(z+1)^jの係数で

a(m)は　z=1で展開したときの(z-1)^mの係数で

全く違うものなので
置き換えてはいけません
aとbは違うけれども

a(m)=b(-1)

となります

この回答へのお礼

ありがとうございます。

>> b(j)は　h(z)をz=-1で展開した(z+1)^jの係数で

a(m)は　z=1で展開したときの(z-1)^mの係数で

全く違うものなので
置き換えてはいけません



なるほどです。


質問30,
>> a(m)=b(-1)



のa(m)=b(-1)はどうやって出て来たのでしょうか？
どうかa(m)=b(-1)となるまでの過程の計算を教えて下さい。


また、以下の質問にも解答して頂けるとありがたいです。


質問28,
>> {1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は
z→-1で発散するけれども
h(z)の積分は発散しない

g(z)=(z+1)h(z)=1/(z-1)^{m+2}はz→-1で発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}



の文章を変数cなどで以下の様に書き直したのですが、正しいでしょうか？
もし間違いなどがあれば修正して頂けるとありがたいです。

「{1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz=lim_{z→-c}(z+c)h(z)

h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)は
z→-cで発散するけれども
h(z)の積分は発散しない


g(z)=(z+c)h(z)=f(z)(z+c)/(z-c)^(m+1)はz→-cで発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz
=res(h(z),-c)
=lim_{z→-c}(z+c)h(z)
=lim_{z→-c}1/(z-c)^{m+2}
=1/(-2c)^{m+2}」



出来れば、質問23と2つの2025.3.3 21:05の「質問者からの補足」にも解答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。

お礼日時：2025/03/07 12:50

No.19 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/07 04:15

質問27,

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}はz=-1でk=1位の極を持つから

h(z)のz=-1でのローラン展開

h(z)=Σ{j=-1～∞}b(j)(z+1)^j
h(z)=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+…

となるb(j)が存在し

↓両辺を積分すると
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz=b(-1)
res(h(z),-1)=b(-1)

h(z)=Σ{j=-1～∞}b(j)(z+1)^j
h(z)=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+…

↓両辺に(z+1)をかけると

(z+1)h(z)=b(-1)+b(0)(z+1)+…

↓z→-1とすると

lim_{z→-1}(z+1)h(z)=b(-1)

↓res(h(z),-1)=b(-1)だから

∴
res(h(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

この回答へのお礼

どうもありがとうございます。

質問29,
質問27の解答より
>> h(z)=Σ{j=-1～∞}b(j)(z+1)^j
h(z)=b(-1)/(z+1)+b(0)+b(1)(z+1)+…


変数aではなく、変数bを使用していますが、変数bの部分を変数aと置き換えても良いのでしょうか？


質問28,
>> {1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は
z→-1で発散するけれども
h(z)の積分は発散しない

g(z)=(z+1)h(z)=1/(z-1)^{m+2}はz→-1で発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}



の文章を変数cなどで以下の様に書き直したのですが、正しいでしょうか？
もし間違いなどがあれば修正して頂けるとありがたいです。

「{1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz=lim_{z→-c}(z+c)h(z)

h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)は
z→-cで発散するけれども
h(z)の積分は発散しない


g(z)=(z+c)h(z)=f(z)(z+c)/(z-c)^(m+1)はz→-cで発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz
=res(h(z),-c)
=lim_{z→-c}(z+c)h(z)
=lim_{z→-c}1/(z-c)^{m+2}
=1/(-2c)^{m+2}」



出来れば、質問23と2つの2025.3.3 21:05の「質問者からの補足」にも解答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。

お礼日時：2025/03/07 10:48

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/06 20:20

質問25,

{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は
z→-1で発散するけれども
h(z)の積分は発散しない

g(z)=(z+1)h(z)=1/(z-1)^{m+2}はz→-1で発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}

質問26,

m≦-2のとき
0≦-m-2
h(z)=(z-1)^{-m-2}/(z+1)
だから
h(z)はz=1で正則になるから
|z-1|<r でのh(z)の特異点はz=-1だけだから
留数定理から
{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
となる

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問28,
>> {1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は
z→-1で発散するけれども
h(z)の積分は発散しない

g(z)=(z+1)h(z)=1/(z-1)^{m+2}はz→-1で発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}



の文章を変数cなどで以下の様に書き直したのですが、正しいでしょうか？

「{1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz=lim_{z→-c}(z+c)h(z)

h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)は
z→-cで発散するけれども
h(z)の積分は発散しない


g(z)=(z+c)h(z)=f(z)(z+c)/(z-c)^(m+1)はz→-cで発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-c|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+c|=s}h(z)dz
=res(h(z),-c)
=lim_{z→-c}(z+c)h(z)
=lim_{z→-c}1/(z-c)^{m+2}
=1/(-2c)^{m+2}」



質問27,
「res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)」
の過程の計算に関して、

res(h(z),-1)の式から
lim_{z→-1}(z+1)h(z)の式になるまでの詳しい過程の計算を教えて頂けないでしょうか？


出来れば、質問23と2つの2025.3.3 21:05の「質問者からの補足」にも解答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。

お礼日時：2025/03/07 01:04

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/06 18:49

質問24,

m≦-k-1のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持つ為、
ではなく

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持つから

res(h(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

となるから

a(m)の式は発散しない

a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問25,
>> m≦-k-1のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持つ為、
ではなく

h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持つから

res(h(z),-1)=lim_{z→-1}(z+1)h(z)

となるから

a(m)の式は発散しない



m≦-k-1のとき
h(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}の式は
0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持ち、

m≦-k-1のとき
0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持ち発散するh(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}の式をa(m)の式は含んでいるのに、

なぜa(m)の式は発散しないのでしょうか？

なぜa(m)の式は発散せずにa(n)の式が求められるのでしょうか？


>> a(m)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)
=lim_{z→-1}1/(z-1)^{m+2}
=1/(-2)^{m+2}



質問26,
質問14と内容が被りますが、
留数定理から
{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
の式の{}の中身は|z-1|=rと|z+1|=sと異なっても=と置けるとのことですが、
もう少し詳しく
「{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz」の様に=で結べる理由を教えて頂けないでしょうか？


質問27,
「res(h(z),-1)
=lim_{z→-1}(z+1)h(z)」
の過程の計算に関して、

res(h(z),-1)の式から
lim_{z→-1}(z+1)h(z)の式になるまでの詳しい過程の計算を教えて頂けないでしょうか？


出来れば、質問23と2つの2025.3.3 21:05の「質問者からの補足」にも解答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。

お礼日時：2025/03/06 19:46

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/06 14:48

質問18

2025.3.4 10:34の答の1行目に

f(z)が 0<|z-c|<R で正則のとき

と書いてあるが

f(z)=1/(z^2-1)
は

0<|z-1|<r>2

で正則でないから
「
f(z)が 0<|z-c|<R で正則のとき
」
という条件を満たしていないから

m≦-k-1のとき
a(m)=0
にならない

質問20,

g(z)=f(z)(z-c)^kは常に正則だから
m≧-kで正則でない時などありえない

質問21,

f(z)がz=c でk位の極を持つときは
g(z)=(z-c)f(z)ではなく
g(z)=f(z)(z-c)^k

f(z)がz=c で1位の極を持つときは
g(z)=(z-c)f(z)
です

この回答へのお礼

ありがとうございます。

すいません。
質問13に対する解答が書いてあるmtrajcp様からの解答の「質問者さんからお礼」に書いてある質問18と質問19の質問の番号が、

「質問者からの補足」に書いた質問18と質問19の質問の番号と重複していました。

「質問者からの補足」に書いた質問18と質問19は、それぞれ質問22と質問23と訂正致します。


質問21については、

正しくは
g(z)=f(z)(z-c)^k
m≧-1のとき
a(m)=0
m≦-2のとき
a(m)={1/(m+1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+1){g(z)}
でした。



質問24,
>> 2025.3.4 10:34の答の1行目に

f(z)が 0<|z-c|<R で正則のとき

と書いてあるが

f(z)=1/(z^2-1)
は

0<|z-1|<r>2

で正則でないから
「
f(z)が 0<|z-c|<R で正則のとき
」
という条件を満たしていないから

m≦-k-1のとき
a(m)=0
にならない



はい
m≦-k-1のとき
a(m)=0
にならない事はわかります。

m≦-k-1のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1でk=1位の極を持つ為、

すなわち、
m≦-2のとき
g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は0<|z-1|<r>2でz=-1で1位の極を持つ為、

g(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}は正則ではない為、

正則でないg(z)=1/{(z+1)(z-1)^(m+2)}を含むa(m)の式は

a(m)≠0となり、a(m)の式は発散する為、
a(m)=∞となると思ったのですが、

a(m)=(-2)^(-m-2)と導かれています。

なぜ、a(m)=∞ではなく、
a(m)=(-2)^(-m-2)と導かれたのかを知りたいのです。



質問23,
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式はk=1位の時以外も使える式なのでしょうか？

例えば、
k=2位やk=n+2位の時などにも
a(n-k)={1/n!}lim_{z→c}(d/dz)^n{f(z)(z-c)^k}の式は使えるのでしょうか？

どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2025/03/06 18:19

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/06 04:29

質問13,

f(z)=1/(z^2-1)はz=1の時、1位の極を持ち、
z=-1の時、1位の極を持つ

質問14,

留数定理から

{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
=
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
が成り立つ

質問15,16

g(z)が正則でなかったら

a(m)=∞
となるから

f(z)=Σ[n=-∞～∞]a(m)(z-c)^n
=∞
となるから

z≠c であっても

f(z)=∞

となるから

g(z)が正則とする必要があるのです

質問16,

違います
正しくは、

f(z)がz=c でk位の極を持つときに限り

m≧-kで

g(z)=f(z)(z-c)^k
は正則だから

a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
が
有限の値として正しく求まる

g(z)が正則でなければ
a(m)=∞となって
f(z)=∞となるから
g(z)は正則でなければならない

m≦k-1
で
h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)
が正則になるから

a(m)=1/(2πi)∫{|z-c|=r}h(z)dz=0
に
なるから
0として正しく求まる

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問18,
>> f(z)=1/(z^2-1)はz=1の時、1位の極を持ち、
z=-1の時、1位の極を持つ



ii)r>2の場合
中心1半径r>2の円
|z-1|=r
の内側
|z-1|<r>2
で
n≦-2のときf(z)はz=1,とz=-1の2つの極を持ち、どちらの場合もn≦-2で1位の極を持つのにa(n)≠0になると言うのは

2025.3.4 10:34のmtrajcp様の

「f(z)がz=cでk位の極を持つとき
m≦-k-1 のとき
...
m≦-k-1のとき
a(m)=0
になる」

の解答のルールに反していると思うのですが。
なぜ解答のルールに反しているのに

ii)r>2の場合
中心1半径r>2の円
|z-1|=r
の内側
|z-1|<r>2
で
n≦-2のときf(z)はz=1,とz=-1の2つの極を持ち、どちらの場合もn≦-2で1位の極を持つのにa(n)≠0になるのは正しいのでしょうか？


質問17のURLの内容を訂正しました。
内容を訂正した物を質問19とします。

質問19,
https://pastebin.com/BejGGNsQ

どうか間違えている部分があれば訂正してた文章を教えて頂けるとありがたいです。


質問20,
質問19の内容に関して、
なぜ

g(z)=f(z)(z-c)^kが
m≧-kで正則でない時
a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
や
h(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)が
m≦-k-1で正則の時
a(m)=1/(2πi)∫{|z-c|=r}h(z)dz

のどちらの場合でも

a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
や
a(m)=1/(2πi)∫{|z-c|=r}h(z)dzは常に正則（微分可能）にならないのでしょうか？



質問12の内容を訂正して質問21とします。

質問21,
なぜf(z)がz=c でk位の極を持つときに限り

g(z)=(z-c)f(z)
m≧-1のとき
a(m)={1/(m+1)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+1){g(z)}
m≦-2のとき
a(m)=0

としなければいけないのでしょうか？

どうか理由を教えて下さい。

お願い致します。

お礼日時：2025/03/06 10:48

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/03/05 21:34

質問10,

f(z)=1/(z^2-1)をローラン展開する際に

ii)r>2の場合
中心1半径r>2の円
|z-1|=r
の内側
|z-1|<r>2

のときは

f(z)はz=1,とz=-1の2つの極をもつから

n≦-2のとき

h(z)=f(z)/(z-1)^(n+1)
は
z=1で正則であっても
z=-1で正則でないから

a(n)
={1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dz
={1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dz
=res(h(z),-1)
≠0

となるから0にはなりません

質問11

m≧-kの時、

a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
は
g(z)を(m+k)回微分するのだから
g(z)が正則(微分可能)でなければ
g(z)を(m+k)回微分できないから
g(z)が正則とする必要がある

g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)
とするのは間違いです
g(z)は微分不可能だから
g(z)の微分(d/dz)^(m+1){g(z)}は求められない
z→cのとき
a(m)=∞になるから
g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)
とするのは間違いです

a(m)はf(z)のm次係数なのだから有限の値でなければならない

正則という言葉はzに対する関数f(z)に対して使う言葉なので

a(m)はzに対する関数とみる場合は
zが変化してもa(m)は変化しないのだから
a(m)は定数なのだから
定数関数は微分すると0になるから
a(m)はzに対する関数としては常に正則となります
(a(m)はmに関しては正則とはいえないけれども)

a(m)に対して正則という無意味な言葉を使ってはいけません

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問13,
2025.3.1 04:59のmtrajcp様の解答より
>> f(z)がz=c で1位の極を持つときに限り



に関して、

f(z)=1/(z^2-1)はz=1の時、何位の極を持ち、
z=-1の時、何位の極を持つのでしょうか？

https://pastebin.com/LKpzwr7p


質問14,
>> a(n)
...
=res(h(z),-1)
≠0



に関して、

{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dzの{|z-1|=r}
と
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dzの{|z+1|=s}の{}内が異なる為、

{1/(2πi)}∫{|z-1|=r}h(z)dzと
{1/(2πi)}∫{|z+1|=s}h(z)dzは異なる式に思えるのですが、
なぜ=で結べるのでしょうか？



質問15,
2025.3.1 04:59のmtrajcp様の解答より

>> a(m)は常に正則(微分可能)ではありません

>> m≧-k
のとき
...
は存在しない



より、てっきりa(m)は常に正則(微分可能)ではない状態ないとならないと勘違いしていました。

すなわち、

f(z)がz=c で1位の極を持つときに限り

m≧-kの時、

a(m)={1/(m+k)!}lim_{z→c}(d/dz)^(m+k){g(z)}
は
g(z)を(m+k)回微分するのだから
g(z)が正則(微分可能)でなければ
g(z)を(m+k)回微分できないから
g(z)が正則とする必要があるとわかりました。


質問16,
>> g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)
...

a(m)はf(z)のm次係数なのだから有限の値でなければならない



f(z)がz=c で1位の極を持つときに限り

m≧-kの時、
g(z)を正則にして、
a(m)の値が導ける様に、
g(z)=f(z)/(z-c)^(m+1)ではなく、
g(z)=f(z)(z-c)^kにすると言う事でしょうか？


質問12にも解答して頂きたいです。

https://pastebin.com/6Mp2vvsX


質問17,
以下の様に改めて訂正致します。

https://pastebin.com/a3KTynBM


どうかよろしくお願い致します

お礼日時：2025/03/05 23:18