ローラン展開の導出過程における謎！

質問

f(z)を、積分ではなくΣで表示されたローラン展開しようとしているのですが、その過程においてコーシーの積分公式から、被積分関数の分母をいじって無限等比級数の和の形を作ってΣ表示に変えるところまでは順調だったのですが、あろうことか、無限等比級数部分の分母が（ζーa）^(n+1)となってほしいのに、（ζーa）^nとなって、テイラー展開みたいな表示にもっていけなくなってしまいます。

どうすればいいのでしょうか？

（なお、もちろん、｜ζーa｜と｜zーa｜の大小関係によって場合分けはしています。）

回答No.3

ddtddtddt · ベストアンサー

横槍にはなるんですけど、

＞テイラー展開の証明って、ぱっと見「帰納的」で、ちょっと好きじゃなくて、ローラン展開の証明を知った時、それがグルサの定理などを用いて「演繹的」になされる様に感動したのです。

というだけなら、添付図のようなやり方はどうでしょう(^^;)。自分も標準的なテイラー展開の証明は好きじゃありません。

　コーシーの平均値定理を使います（ここでもコーシーさん(^^)）。コーシーの平均値定理の成立条件は、普通の平均値定理の成立条件と全く同じです。なのでコーシーの平均値定理を用いたテーラー展開の証明の成立条件も、標準的な方法と同じになります。

　これを帰納的とみるか（数学的帰納法になってるし・・・）、演繹的とみるかはあなた次第ですが（信じるも信じないもあなた次第?(^^)）、自分は一目瞭然なので好きです。

　しかも副産物、0＜h[n+1]＜h[n]＜・・・＜h　が出てきます（[ ]は下付き）。有界単調列は収束するので、lim [n→∞] h[n]　が存在します。lim [n→∞] h[n]＝0　となる点列　{h[n]}　の存在も、（頑張れば）初等的に示せます。

　それを示したところで、役に立った試しはあんまりないですが、何となくテーラー展開をわかったような気になれます(^^)。

お礼

ありがとう

補足

ど～してもグルサの定理を使いたいのです＞＜

回答No.2

jcpmutura

f(z)は0≦R_1<|z-a|<R_2で正則とする
ここで
0<R_1の時はf(z)はz=aで正則でないので
f(a)は定義されていないのでその値は存在しません
f(a)のn次導関数f^(n)(a)も存在しません
f^(n)(a)を使用したければ

f(z)は|z-a|<R_2で正則とするとしなければなりません

r<R_2であるrに対して
a_n={1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=r}{f(ζ)/[(ζ-a)^{n+1}]}dζ(n=0,1.2,…)
とおく(a_nはrに無関係である)

|z-a|<R_2であるzに対して,
|z-a|<ρ_2<R_2となるρ_2をとる
このzに対して,
f(z)={1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ
|ζ-a|=ρ_2
だから
|ζ-a|>|z-a|
だから
1/(ζ-z)
={1/(ζ-a)}[1/{1-(z-a)/(ζ-a)}]
={1/(ζ-a)}Σ_{n=0～∞}{(z-a)/(ζ-a)}^n
=Σ_{n=0～∞}{(z-a)^n}/[(ζ-a)^{n+1}]
で,この級数はζについて一様収束する。したがって
{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ
=Σ_{n=0～∞}[{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/[(ζ-a)^{n+1}]}dζ]{(z-a)^n}
=Σ_{n=0～∞}(a_n){(z-a)^n}
↓
f(z)=Σ_{n=0～∞}(a_n)(z-a)^n
f(z)はテーラー展開される
∴
f(a)=a_0
f'(a)=a_1
f"(a)=2a_2
f"'(a)=6a_3
…
f^(n)(a)=n!a_n
∴
a_n=f^(n)(a)/n!

a_n=f^(n)(a)/n!
となるのは、f(z)が|z-a|<R_2で正則でテーラー展開されるときだけである

お礼

ありがとう

補足

テイラー展開はローラン展開の特別な場合ということは理解しています。で、何がやりたいかというと、要するにテイラー展開の導出を、ローラン展開の導出の論理を用いてやりたいということです。

テイラー展開の証明って、ぱっと見「帰納的」で、ちょっと好きじゃなくて、ローラン展開の証明を知った時、それがグルサの定理などを用いて「演繹的」になされる様に感動したのです。

よろしくお願い致します。

回答No.1

jcpmutura

f(z)は0≦R_1<|z-a|<R_2で正則とする
R_1<r<R_2であるrに対して
a_n={1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=r}{f(ζ)/[(ζ-a)^{n+1}]}dζ(n=0,±1.±2,…)
とおく(a_nはrに無関係である)

R_1<|z-a|<R_2であるzに対して,
R_1<ρ_1<|z-a|<ρ_2<R_2となるρ_1,ρ_2をとる
このzに対して,
f(z)={1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ-{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_1}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ
まず,|ζ-a|=ρ_1の時,|ζ-a|<|z-a|だから
1/(ζ-z)
=-{1/(z-a)}[1/{1-(ζ-a)/(z-a)}]
=-{1/(z-a)}Σ_{m=0～∞}{(ζ-a)/(z-a)}^m
=-Σ_{m=1～∞}[(ζ-a)^{m-1}]/{(z-a)^m}
この級数はζについて一様収束する。したがって
-{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_1}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ
=Σ_{m=1～∞}[{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_1}{f(ζ)/[(ζ-a)^{-m+1}]}dζ]/{(z-a)^m}
=Σ_{m=1～∞}(a_{-m})/{(z-a)^m}

|ζ-a|=ρ_2の時は,|ζ-a|>|z-a|だから
1/(ζ-z)
={1/(ζ-a)}[1/{1-(z-a)/(ζ-a)}]
={1/(ζ-a)}Σ_{n=0～∞}{(z-a)/(ζ-a)}^n
=Σ_{n=0～∞}{(z-a)^n}/[(ζ-a)^{n+1}]
で,この級数はζについて一様収束する。したがって
{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/(ζ-z)}dζ
=Σ_{n=0～∞}[{1/(2πi)}∫_{|ζ-a|=ρ_2}{f(ζ)/[(ζ-a)^{n+1}]}dζ]{(z-a)^n}
=Σ_{n=0～∞}(a_n){(z-a)^n}
↓
f(z)=Σ_{n=0～∞}(a_n){(z-a)^n}+Σ_{m=1～∞}(a_{-m})/{(z-a)^m}
∴
f(z)=Σ_{n=-∞～∞}(a_n){(z-a)^n}

お礼

補足コメントの「∲{f(z)/(z－a)}dz」は「∲{f(z)/(z－a)^(n+1)}dz」の間違いでした。慎んでお詫び申し上げます。

補足

そうではなくて、要するに（画像の3行目の）an部分について、グルサの定理を用いて、∲{f(z)/(z－a)}dzを(2πi/n!)f^(n)(a)としたいのです。

（最後のf^(n)(a)は、f(a)のn次導関数の意味です。）