Mostrar código-fonte de Frações parciais em análises complexas

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Em análises complexas, a expansão de uma fração parcial é uma maneira de escrever uma função meromórfica f(z) como um somatório infinito de funções racionais e polinomiais. Quando f(z) é uma função racional, isso se reduz ao método de frações parciais.

== Motivação ==
Ao utilizarmos uma divisão longa polinomial e a técnica de fração parcial da álgebra, qualquer função racional pode ser escrita como somatório de termos na forma ''1 / (az + b)<sup>k</sup>'' + ''p(z),'' onde a e b são números complexos, k é um inteiro e p(z) é um polinômio. Assim como a fatoração polinomial pode ser generalizadas no método de fatoração de Weierstrass, há uma analogia entre a expansão de frações parciais e certas funções meromórficas. 

Uma função racional adequada, na qual o grau do denominador é maior que o grau do numerados, tem uma expansão de frações parciais com termos polinomiais.  Similarmente, uma função meromorfica f(z) na qual /f(z)/ vai a 0 quando z vai ao infinito menos rapidamente que /1/z/, tem a sua expansão sem termos polinomiais. 

== Cálculo ==
Seja ''f(z)'' uma função meromórfica no finito plano complexo com [[Polo (análise complexa)|polos]] em ''&#x3BB; <sub>1</sub>'', ''&#x3BB; <sub>2</sub>'', ..., e seja ( ''&#x393; <sub>1</sub>'', ''&#x393; <sub>2</sub>'', ...) uma sequência de simples curvas fechadas, tal que:

* A origem se encontra em cada curva ''&#x393;<sub>k</sub>''
* Nenhuma curva passa pelo polo de f
* ''&#x393;<sub>k</sub>''   se encontra dentro de ''&#x393;<sub>k+1</sub>'' para todo k
* <math>\lim_{k\rightarrow \infty} d(\Gamma_k) = \infty</math>, onde ''d(&#x393;<sub>k</sub>)'' nos da a distancia da cura a origem 

Suponha que também exista um integrador p, tal que:

: <math>\lim_{k\rightarrow \infty} \oint_{\Gamma_k} \left|\frac{f(z)}{z^{p+1}}\right| |dz| < \infty</math>

Escrevendo PP(''f(z)''; ''z = &#x3BB;<sub>k</sub>'') para parte principal da expansão de Laurent de f sobre o ponto ''&#x3BB;<sub>k</sub>'', temos que:

: <math>f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \operatorname{PP}(f(z); z = \lambda_k),</math>

se p = -1, e se p < -1,

: <math>f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} (\operatorname{PP}(f(z); z = \lambda_k) + c_{0,k} + c_{1,k}z + \cdots + c_{p,k}z^p),</math>

onde os coeficiente ''c<sub>j,k</sub>'' são dados por:

: <math>c_{j,k} = \operatorname{Res}_{z=\lambda_k} \frac{f(z)}{z^{j+1}}</math>

&#x3BB;<sub>0</sub>  deveria ser definifo em 0, porque mesmo que f(z) não tenha um polo em 0, os resíduos de ''f(z)/z<sup>j+1</sup>'' em z = 0 ainda devem ser inclusos na soma.

Observe que no caso em que &#x3BB;<sub>0</sub> = 0, podemos usar a expansão de Laurent de ''f(z)''  sobre a origem para obter

: <math>f(z) = \frac{a_{-m}}{z^m} + \frac{a_{-m+1}}{z^{m-1}} + \cdots + a_0 + a_1 z + \cdots</math>
: <math>c_{j,k} = \operatorname{Res}_{z=0} \left(\frac{a_{-m}}{z^{m+j+1}} + \frac{a_{-m+1}}{z^{m+j}} + \cdots + \frac{a_j}{z} + \cdots\right) = a_j,</math>
: <math>\sum_{j=0}^p c_{j,k}z^j = a_0 + a_1 z + \cdots + a_p z^p</math>

De modo que a contribuição termo polinomial seja exatamente a parte regular da serie de Laurent até ''z<sup>p</sup>''.

Para os outros polos ''&#x3BB;<sub>k</sub>'', onde ''k'' &#x2265; 1, ''1/z<sup>j+1</sup>'' podem ser tirados para fora dos cálculos:

: <math>c_{j,k} = \frac{1}{\lambda_k^{j+1}} \operatorname{Res}_{z=\lambda_k} f(z)</math>
: <math>\sum_{j=0}^p c_{j,k}z^j = [\operatorname{Res}_{z=\lambda_k} f(z)] \sum_{j=0}^p \frac{1}{\lambda_k^{j+1}} z^j</math>

Para evitar problemas de convergência, os polos devem ser ordenados, para que se &#x3BB;<sub>k</sub> está dentro de &#x393;<sub>n</sub>, então &#x3BB;<sub>j</sub> também está dentro de &#x393;<sub>n</sub> para todo j < k.

== Exemplo ==
Os exemplos mais simples de funções meromórficas com um número infinito de polos são as funções trigonométricas não completas. Peguemos a função tan(z), tan(z) é uma função meromórfica com polos em ''(n + 1/2)&#x3C0;'', ''n'' = 0, &#xB1;1, &#xB1;2, ... Os contornos ''&#x393;<sub>k</sub>'' serão quadrados com os vértices em ''&#xB1;&#x3C0;k &#xB1; &#x3C0;ki'' atravessados no sentido antihorário, k>1, que satisfazem as condições necessárias. 

Nos lados horizontais de ''&#x393; <sub>k</sub>'' ,

: <math>z = t \pm \pi k i,\ \ t \in [-\pi k, \pi k],</math>

então

: <math>|\tan(z)|^2 = \left|\frac{\sin(t)\cosh(\pi k) \pm i\cos(t)\sinh(\pi k)}{\cos(t)\cosh(\pi k) \pm i\sin(t)\sinh(\pi k)}\right|^2</math>

: <math>|\tan(z)|^2 = \frac{\sin^2(t)\cosh^2(\pi k) + \cos^2(t)\sinh^2(\pi k)}{\cos^2(t)\cosh^2(\pi k) + \sin^2(t)\sinh^2(\pi k)}</math>

sinh(''x'') <cosh(''x'') para todo x real, o que acarreta em

: <math>|\tan(z)|^2 < \frac{\cosh^2(\pi k)(\sin^2(t) + \cos^2(t))}{\sinh^2(\pi k)(\cos^2(t) + \sin^2(t))} = \coth^2(\pi k)</math>

Para x>0, coth(x) é contínuo, decrescente e limitado abaixo por 1, então nos lados horizontais de ''&#x393;<sub>k</sub>'', |tan(''z'')| < coth(''&#x3C0;''). Similrmente, pode ser mostrado que |tan(''z'')| < 1 nos lados verticais de 

Com este limite em |tan(''z'')|, podemos ver que

: <math>\oint_{\Gamma_k} \left|\frac{\tan(z)}{z}\right| dz \le \operatorname{length}(\Gamma_k) \max_{z\in \Gamma_k} \left|\frac{\tan(z)}{z}\right| < 8k \pi \frac{\coth(\pi)}{k\pi} = 8\coth(\pi) < \infty.</math>

(O máximo de |1/''z''| em ''&#x393;<sub>k</sub>'' ocorre no mínimo de |''z''|, que é ''k&#x3C0;'').

Portanto, ''p''=0, e a expansão da fração parcial de tan(''z'') e se parece com

: <math>\tan(z) = \sum_{k=0}^{\infty} (\operatorname{PP}(\tan(z); z = \lambda_k) + \operatorname{Res}_{z=\lambda_k} \frac{\tan(z)}{z}).</math>

As partes principais dos resíduos são fáceis de se calcular, pois os polos de tan(z) são simples e tem resíduo de -1:

: <math>\operatorname{PP}(\tan(z); z = (n + \frac{1}{2})\pi) = \frac{-1}{z - (n + \frac{1}{2})\pi}</math>
: <math>\operatorname{Res}_{z=(n + \frac{1}{2})\pi} \frac{\tan(z)}{z} = \frac{-1}{(n + \frac{1}{2})\pi}</math>

Podemos ignorar que ''&#x3BB;<sub>0</sub>'' = 0, pois ambos tan(z) e tan(z)/z são analíticos em 0, então não há contribuição para soma, e ordenando os polos ''&#x3BB;<sub>0</sub>'' = 0 para que ''&#x3BB;<sub>1</sub>'' = ''&#x3C0;''/2, ''&#x3BB;<sub>2</sub>'' = -''&#x3C0;''/2, ''&#x3BB;<sub>3</sub>'' = 3''&#x3C0;''/2, etc., temos que:

: <math>\tan(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \left[\left(\frac{-1}{z - (k + \frac{1}{2})\pi} - \frac{1}{(k + \frac{1}{2})\pi}\right) + \left(\frac{-1}{z + (k + \frac{1}{2})\pi} + \frac{1}{(k + \frac{1}{2})\pi}\right)\right]</math>
: <math>\tan(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{-2z}{z^2 - (k + \frac{1}{2})^2\pi^2}</math>

== Aplicações ==

=== Produtos infinitos ===
Porque as frações parciais são normalmente produtos de somas de 1/(a+bz), pode ser útil achar uma maneira de escrever a função como um produto infinito; integrando ambos os lados temos uma soma de logaritmos, e fazendo o exponencial temos o produto desejado:

: <math>\tan(z) = -\sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{z - (k + \frac{1}{2})\pi} + \frac{1}{z + (k + \frac{1}{2})\pi}\right)</math>
: <math>\int_0^z \tan(w) dw = \log \sec z</math>
: <math>\int_0^z \frac{1}{w \pm (k + \frac{1}{2})\pi} dw = \log\left(1 \pm \frac{z}{(k + \frac{1}{2})\pi}\right)</math>

Aplicando algumas regras de logaritmo, 

: <math>\log \sec z = -\sum_{k=0}^{\infty} \left(\log\left(1 - \frac{z}{(k + \frac{1}{2})\pi}\right) + \log\left(1 + \frac{z}{(k + \frac{1}{2})\pi}\right)\right)</math>
: <math>\log \cos z = \sum_{k=0}^{\infty} \log\left(1 - \frac{z^2}{(k + \frac{1}{2})^2\pi^2}\right),</math>

que finalmente nos da

: <math>\cos z = \prod_{k=0}^{\infty} \left(1 - \frac{z^2}{(k + \frac{1}{2})^2\pi^2}\right).</math>

=== Séries de Laurent ===
A expansão de frações parciais de uma função pode também ser usada para achar uma serie de Laurent para ela, simplesmente substituindo a função racional no somatório pela sua série de Laurent, que normalmente não são complicadas de serem escritas na forma fechada. Isso também pode levar a identidades interessantes, se a serie de Laurent já é conhecida.

Lembrem-se que

: <math>\tan(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{-2z}{z^2 - (k + \frac{1}{2})^2\pi^2} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{-8z}{4z^2 - (2k + 1)^2\pi^2}.</math>

Podemos expandir o somatório usando uma série geométrica:

: <math>\frac{-8z}{4z^2 - (2k + 1)^2\pi^2} = \frac{8z}{(2k + 1)^2\pi^2} \frac{1}{1 - (\frac{2z}{(2k + 1)\pi})^2} = \frac{8}{(2k + 1)^2\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2n}}{(2k + 1)^{2n}\pi^{2n}} z^{2n + 1}.</math>

Substituindo de volta,

: <math>\tan(z) = 2\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2n+2}}{(2k + 1)^{2n+2}\pi^{2n+2}} z^{2n + 1},</math>

o que mostra que os coeficientes ''a<sub>n</sub>'' na série de Laurent (Taylor) de tan(z) sobre z=o são

: <math>a_{2n+1} = \frac{T_{2n+1}}{(2n+1)!} = \frac{2^{2n+3}}{\pi^{2n+2}} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k + 1)^{2n+2}}</math>
: <math>a_{2n} = \frac{T_{2n}}{(2n)!} = 0,</math>

onde ''T <sub>n</sub>'' são os números tangentes .

Por outro lado, podemos comparar essa fórmula com a expansão de Taylor para tan(z) em z=0 para calcular o somatório infinito:

: <math>\tan(z) = z + \frac{1}{3}z^3 + \frac{2}{15}z^5 + \cdots</math>
: <math>\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k + 1)^2} = \frac{\pi^2}{2^3} = \frac{\pi^2}{8}</math>
: <math>\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k + 1)^4} = \frac{1}{3} \frac{\pi^4}{2^5} = \frac{\pi^4}{96}.</math>

== Ver também ==
* [[Decomposição em frações parciais]]
* [[Integral de linha]]
* [[Resíduo (análise complexa)]]
* [[Teorema dos resíduos]]

== Referências ==
* Markushevich, AI ''Teoria das funções de uma variável complexa'' . Trans. Richard A. Silverman. Vol. 2 Englewood Cliffs, NJ: Prentice-Hall, 1965.


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