2025.2.17 02:11にした質問の延長線上の以下の未だに解答して頂けていない質問34〜36に

2025.2.17 02:11にした質問の延長線上の以下の未だに解答して頂けていない質問34〜36に解答して頂きたくこちらに、
2025.2.17 02:11にした質問の延長線上の以下の未だに解答して頂けていない質問34〜36を載せさせて頂きます。


2025.2.17 02:11にした質問の2025.2.24 10:27にmtrajcp様から頂いた解答の

>> tan(z)=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}
と
なるから

Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}



について質問があります。


質問34,
Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1} の式と載せた画像の水色の下線部の画像の式が同じである事を証明して頂けないでしょうか？


質問35,
Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式をa(n)=と変形して載せた画像のオレンジの下線部のa(n)の式の様になるまでを教えて下さい。


質問36,
質問35でa(n)=と変形したΣ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式が載せた画像のオレンジの下線部のa(n)の式と一致する事を説明教えて下さい。

(※この質問に載せた画像は2022.7.9 21:52にした質問の2022.7.15 16:59にmtrajcp様から頂いた解答です。)


お手数をお掛けして申し訳ありませんが、
質問34〜36に関しては出来ればmtrajcp様から頂く様な画像で解説して頂けると視覚的で理解しやすいです。

どうかよろしくお願い致します。

質問者からの補足コメント

• 一つ確認したいです。
  
  f(z)=tan(z)のローラン展開
  tan(z)=a(-2)/(z-π/2)^2+a(-1)/(z-π/2)+a(0)+…
  
  の両辺に(z-π/2)を掛けて、
  
  g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開にする。
  
  tan(z)(z-π/2)=a(-2)/(z-π/2)+a(-1)+a(0)(z-π/2) +…(2)
  
  となる。
  
  
  しかし、
  
  2025.2.11 19:29にした質問の
  2025.2.12 06:04のmtrajcp様の解答の
  
  g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開は
  
  「g(z)
  =...
  tan(z)(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+… (1)」
  
  と導かれる。
  
  
  なぜ、(2)と(1)は同じg(z)=tan(z)(z-π/2)の式をテイラー展開したのに異なる式になのですか？

    補足日時：2025/02/27 15:04

• 質問35,36の解答に関しては、
  a(n)のnに値を代入していない「変数の式」としては(2)と(3)のa(n)の式は等しいですが、
  
  
  例えば、
  
  2025.2.11 19:29にした質問の
  2025.2.12 06:04のmtrajcp様の解答の
  
  「質問5,6
  
  b(-1)=0
  とすれば
  
  g(z)
  =Σ[m=0～∞]b(m)(z-π/2)^m
  =Σ[m=-1～∞]b(m)(z-π/2)^m
  =b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+…
  =0/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+…
  
  だから
  
  b(-1)=0
  
  となる
  
  
  質問7
  
  b(-1)=0
  だから
  g(z)=tan(z)(z-π/2)テイラー展開は

    補足日時：2025/02/28 08:50

• g(z)
  =
  tan(z)(z-π/2)=0/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+…
  tan(z)(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+… (1)
  
  a(-2)=0
  とすれば
  f(z)=tan(z)のローラン展開
  tan(z)=0/(z-π/2)^2+a(-1)/(z-π/2)+a(0)+…
  tan(z)=a(-2)/(z-π/2)^2+a(-1)/(z-π/2)+a(0)+…
  
  ↓両辺に(z-π/2)をかけると
  
  tan(z)(z-π/2)=a(-2)/(z-π/2)+a(-1)+a(0)(z-π/2)+…
  =
  tan(z)(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+… (1)
  だから
  
  b(-1)=0=a(-2)
  となる」
  
  より、

    補足日時：2025/02/28 08:52

• tan(z)(z-π/2)=a(-2)/(z-π/2)+a(-1)+a(0)(z-π/2)+…
  
  と
  
  tan(z)(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+… (1)
  
  
  の
  a(-2)/(z-π/2)のa(-2)と
  b(-1)/(z-π/2)のb(-1)の様に、
  a(n)の変数の式のnに値を代入した式(値)としては
  
  a(n)の変数の式のnに値を代入した異なる式(値)だとわかりました。
  
  
  この理解は正しいでしょうか？
  
  
  
  また、
  2025.2.17 02:11にした質問の
  2025.2.25 15:57のmtrajcp様の解答の
  質問37の解答に関しては、
  >> cotz-2cot(2z)
  は
  tan(z)のz=π/2でのローラン展開ではなく
  tan(z)のz=0でのマクローリン展開を求めるための式
  だから

    補足日時：2025/02/28 08:52

• >> cotz-2cot(2z)の展開中心はz=0
  と
  -cot(z-π/2)の展開中心はz=π/2
  は
  違うのです
  
  
  
  なるほど、
  
  tan(z)のz=0でのマクローリン展開とcotz-2cot(2z)のz=0でのマクローリン展開が同じ式である為、
  
  すなわち、tan(z)のz=π/2でのローラン展開とcotz-2cot(2z)のz=0でのマクローリン展開の展開する中心点が異なる為、
  
  tan(z)のz=π/2でのローラン展開から
  cotz-2cot(2z)のz=0でのマクローリン展開が導けないとわかりました。
  
  
  
  ただ、疑問があるのですが、
  
  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？
  
  
  に対する解答を頂けると嬉しいです。
  どうかよろしくお願い致します。

    補足日時：2025/02/28 08:53

• 2025.1.25 04:07にした質問の2025.2.5 20:19のmtrajcp様から頂いた解答について質問があります。
  
  質問42,
  >> tan(z)(z-π/2)のテイラー展開は
  
  tan(z)(z-π/2)
  =Σ{n=-1～∞}a(n)(z-π/2)^(n+1)
  =Σ{m=0～∞}a(m-1)(z-π/2)^m
  =a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+a(2)(z-π/2)^3+…
  なるので
  
  
  
  なぜ
  「=Σ{m=0～∞}a(m-1)(z-π/2)^m」の様に過程の計算の間にmの変数を使ったtan(z)(z-π/2)のテイラー展開を導いたのでしょうか？

    補足日時：2025/02/28 23:05

No.4 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/02/28 16:35

質問40,

tan(z)(z-π/2)
=Σ{n=-2～∞}a(n+1)(z-π/2)^(n+2)と書いても良い

質問41,

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)...①を展開すると、
=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…、
に
訂正します

質問38,

cot(z)のz=0での(ベルヌーイ数を使った)ローラン展開を利用して

tan(z)のz=0での(ベルヌーイ数を使った)マクローリン展開を求めるために

tan(z)をcot(z)-2cot(2z)に変形したのです

cot(z)はz=0で正則でないのです
2cot(2x)もz=0で正則でないのです
だけれども

cot(z)-2cot(2z) とすると

cot(z)の非正則項1/z
と
2cot(2z)の非正則項1/z
が
打ち消しあって

cot(z)-2cot(2z) はz=0で正則になるのです

だから

tan(z)をcot(z)-2cot(2z)に変形したのです

z=0で展開するからこそ
tan(z)をcot(z)-2cot(2z)に変形する意味があるのです

cotz-2cot(2z)のz=π/2で展開するのは全く無意味(ナンセンス)な事なのだからやめましょう

No.3 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/02/28 10:08

質問34,

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式の

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^nの両辺に(z-π/2)を掛けて、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)
とはなりません間違いです

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^nの両辺に(z-π/2)を掛けて、

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

となり
(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式となります、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)...①を展開すると、
=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)+…、
となって
(z-π/2)を分母に持つ項はないから

tan(z)(z-π/2)のテイラー展開とはなり

(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式である画像の水色の下線部の画像の式である
(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}...②
と
同じだけれども

tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}…①
の式
は
tan(z)のz=π/2でのローラン展開の式であって

tan(z)のz=π/2でのローラン展開の式①と
(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式②
は
同じではない

質問39,

tan(z)のz=π/2でのローラン展開の式①と
(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式②
は
同じではないけれども

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}…①

↓各辺に(z-π/2)をかけると

(z-π/2)tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k}

は

(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式である画像の水色の下線部の画像の式である
(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}...②
と
同じになる

この回答へのお礼

>> tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
...
tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)
とはなりません間違いです



おっしゃる通りです。

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)
は間違いでした。

(z-π/2)を掛けたtan(z)として、
すなわち、
tan(z)(z-π/2)=として式が成り立つならば、

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^nの右辺となる
a(-1)/(z-π/2)+a(0)+a(1)/(z-π/2)+…は

両辺に(z-π/2)を掛けて、

左辺がtan(z)(z-π/2)となると
右辺はa(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…となる為、
この展開となる様にΣのnの範囲を調節すると、

Σ[n=-2～∞]ではなく、
Σ[n=-1～∞]となるとわかりました。


質問40,
ただ、疑問なのですが、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)
の間違った式は

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

a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…の様に正しいtan(z)(z-π/2)のテイラー展開の式が求まるので、

tan(z)(z-π/2)
=Σ{n=-2～∞}a(n+1)(z-π/2)^(n+2)と書いても良いのでしょうか？


質問41,
>> tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)...①を展開すると、
=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)+…、
となって



の部分は
「=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)+…、」
ではなく、
正しくは
「=a(-1)+a(0)(z-π/2)+a(1)(z-π/2)^2+…、」ではないでしょうか？


以下の質問にも解答して頂きたいです。

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？


どうかよろしくお願い致します。

お礼日時：2025/02/28 15:47

No.2 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/02/27 15:36

f(z)=tan(z)のローラン展開

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

と定めると
a(n)はtan(z)のn次の項の係数になる
この両辺に(z-π/2)を掛けて、

g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開にする。

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

となる。

g(z)=tan(z)(z-π/2)のテイラー展開を

g(z)
=
tan(z)(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)+b(0)+b(1)(z-π/2)+… (1)

と定めると(導くのではなく定めるのです)
b(m)はtan(z)(z-π/2)のm次の項の係数になる

(2)と(1)は
同じg(z)=tan(z)(z-π/2)の式だから等しいから

a(-2)/(z-π/2)=b(-1)/(z-π/2)
a(-1)=b(0)
a(0)(z-π/2)=b(1)(z-π/2)
…
a(n)(z-π/2)^{n+1}=b(n+1)(z-π/2)^{n+1}
だから

a(n)=b(n+1)
となり
tan(z)のn次の項の係数は
tan(z)(z-π/2)のn+1次の項の係数と等しい

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2025/02/27 10:37

質問34,

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式
は
tan(z)のz=π/2でのローラン展開の式で

画像の水色の下線部の画像の式
(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}
は
(z-π/2)tan(z)
の
z=π/2でのテイラー展開の式で

同じではありません


質問35,36

tan(z)はz=π/2でローラン展開できるから

tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n…(1)

となるa(n)が存在する
-----------------------------------
いままでの画像の通り

tan(z)=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}
とtan(z)はz=π/2でローラン展開できるから
これと(1)から
Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}…(2)
が
成り立つ
--------------------------------
(1)の両辺に(z-π/2)をかけると
(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}
↓n+1回微分すると
(d/dz){(z-π/2)tan(z)}=(n+1)!a(n)+…
z→π/2とすると
lim[z→π/2](d/dz){(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){(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){(z-π/2)tan(z)}…(3)
-----------------------------------------------------
∴(2)と(3)のa(n)は等しい

この回答へのお礼

ありがとうございます。

質問34の解答に関しては、
>> tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式
は
tan(z)のz=π/2でのローラン展開の式で

画像の水色の下線部の画像の式
(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}
は
(z-π/2)tan(z)
の
z=π/2でのテイラー展開の式で

同じではありません



tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式の

tan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^nの両辺に(z-π/2)を掛けて、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)として、

(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式を導きましたが、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)...①を展開すると、
=a(-2)/(z-π/2)+a(-1)+a(0)(z-π/2)となり、
(z-π/2)を分母に持つ項がある為、

tan(z)(z-π/2)=としてもtan(z)(z-π/2)のテイラー展開とはならず、
tan(z)(z-π/2)のz=π/2でのローラン展開の式となる為、

tan(z)(z-π/2)
=Σ[n=-2～∞]a(n)(z-π/2)^(n+1)...①の式と


(z-π/2)tan(z)のz=π/2でのテイラー展開の式である画像の水色の下線部の画像の式である(z-π/2)tan(z)=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^{n+1}...②とは異なる式である事がわかりました。


質問39,
ただ、画像の水色の下線部の画像の式をtan(z)
=Σ[n=-1～∞]a(n)(z-π/2)^n
=Σ[k=0～∞][(-1)^{k-1}(2^{2k})B(2k)/{(2k)!}](z-π/2)^{2k-1}の式の様に、Bやkで置き換えて表すとどの様な式になるのでしょうか？

お礼日時：2025/02/28 08:49