Frações parciais em análises complexas

Predefinição:Multitag Predefinição:TOC-direita 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)^k + 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 polos em λ ₁, λ ₂, ..., e seja ( Γ ₁, Γ ₂, ...) uma sequência de simples curvas fechadas, tal que:

• A origem se encontra em cada curva Γ_k
• Nenhuma curva passa pelo polo de f
• Γ_k se encontra dentro de Γ_k+1 para todo k
• $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }d({\mathrm{\Gamma }}_k)=\mathrm{\infty }$, onde d(Γ_k) nos da a distancia da cura a origem

Suponha que também exista um integrador p, tal que:

$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\oint }_{{\mathrm{\Gamma }}_k}\left|\frac{f(z)}{z^{p+1}}\right||dz|<\mathrm{\infty }$

Escrevendo PP(f(z); z = λ_k) para parte principal da expansão de Laurent de f sobre o ponto λ_k, temos que:

$f(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{PP}(f(z);z={\lambda }_k),$

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

$f(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\mathrm{PP}(f(z);z={\lambda }_k)+c_{0,k}+c_{1,k}z+\cdots +c_{p,k}{z}^p),$

onde os coeficiente c_j,k são dados por:

$c_{j,k}={\mathrm{Res}}_{z={\lambda }_k}\frac{f(z)}{z^{j+1}}$

λ₀ deveria ser definifo em 0, porque mesmo que f(z) não tenha um polo em 0, os resíduos de f(z)/z^j+1 em z = 0 ainda devem ser inclusos na soma.

Observe que no caso em que λ₀ = 0, podemos usar a expansão de Laurent de f(z) sobre a origem para obter

$f(z)=\frac{a_{-m}}{z^m}+\frac{a_{-m+1}}{z^{m-1}}+\cdots +a_0+a_{1}z+\cdots$

$c_{j,k}={\mathrm{Res}}_{z=0}(\frac{a_{-m}}{z^{m+j+1}}+\frac{a_{-m+1}}{z^{m+j}}+\cdots +\frac{a_j}{z}+\cdots )=a_j,$

$\sum _{j=0}^p{c}_{j,k}{z}^j=a_0+a_{1}z+\cdots +a_p{z}^p$

De modo que a contribuição termo polinomial seja exatamente a parte regular da serie de Laurent até z^p.

Para os outros polos λ_k, onde k ≥ 1, 1/z^j+1 podem ser tirados para fora dos cálculos:

$c_{j,k}=\frac{1}{{\lambda }_k^{j+1}}{\mathrm{Res}}_{z={\lambda }_k}f(z)$

$\sum _{j=0}^p{c}_{j,k}{z}^j=[{\mathrm{Res}}_{z={\lambda }_k}f(z)]\sum _{j=0}^p\frac{1}{{\lambda }_k^{j+1}}{z}^j$

Para evitar problemas de convergência, os polos devem ser ordenados, para que se λ_k está dentro de Γ_n, então λ_j também está dentro de Γ_n 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)π, n = 0, ±1, ±2, ... Os contornos Γ_k serão quadrados com os vértices em ±πk ± πki atravessados no sentido antihorário, k>1, que satisfazem as condições necessárias.

Nos lados horizontais de Γ _k ,

$z=t\pm \pi ki,t\in [-\pi k,\pi k],$

então

$|\tan (z){|}^2={\left|\frac{\sin (t)\cosh (\pi k)\pm i\cos (t)\sinh (\pi k)}{\cos (t)\cosh (\pi k)\pm i\sin (t)\sinh (\pi k)}\right|}^2$

$|\tan (z){|}^2=\frac{{\sin }^2(t){\cosh }^2(\pi k)+{\cos }^2(t){\sinh }^2(\pi k)}{{\cos }^2(t){\cosh }^2(\pi k)+{\sin }^2(t){\sinh }^2(\pi k)}$

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

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

Para x>0, coth(x) é contínuo, decrescente e limitado abaixo por 1, então nos lados horizontais de Γ_k, |tan(z)| < coth(π). Similrmente, pode ser mostrado que |tan(z)| < 1 nos lados verticais de

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

${\oint }_{{\mathrm{\Gamma }}_k}\left|\frac{\tan (z)}{z}\right|dz\le \mathrm{length}({\mathrm{\Gamma }}_k)\underset{z\in {\mathrm{\Gamma }}_k}{\max }\left|\frac{\tan (z)}{z}\right|<8k\pi \frac{\coth (\pi )}{k\pi }=8\coth (\pi )<\mathrm{\infty }.$

(O máximo de |1/z| em Γ_k ocorre no mínimo de |z|, que é kπ).

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

$\tan (z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\mathrm{PP}(\tan (z);z={\lambda }_k)+{\mathrm{Res}}_{z={\lambda }_k}\frac{\tan (z)}{z}).$

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

$\mathrm{PP}(\tan (z);z=(n+\frac{1}{2})\pi )=\frac{-1}{z-(n+\frac{1}{2})\pi }$

${\mathrm{Res}}_{z=(n+\frac{1}{2})\pi }\frac{\tan (z)}{z}=\frac{-1}{(n+\frac{1}{2})\pi }$

Podemos ignorar que λ₀ = 0, pois ambos tan(z) e tan(z)/z são analíticos em 0, então não há contribuição para soma, e ordenando os polos λ₀ = 0 para que λ₁ = π/2, λ₂ = -π/2, λ₃ = 3π/2, etc., temos que:

$\tan (z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}[(\frac{-1}{z-(k+\frac{1}{2})\pi }-\frac{1}{(k+\frac{1}{2})\pi })+(\frac{-1}{z+(k+\frac{1}{2})\pi }+\frac{1}{(k+\frac{1}{2})\pi })]$

$\tan (z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-2z}{z^2-(k+\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}$

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:

$\tan (z)=-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{z-(k+\frac{1}{2})\pi }+\frac{1}{z+(k+\frac{1}{2})\pi })$

$\underset{0}{\overset{z}{\int }}\tan (w)dw=\log \sec z$

$\underset{0}{\overset{z}{\int }}\frac{1}{w\pm (k+\frac{1}{2})\pi }dw=\log (1\pm \frac{z}{(k+\frac{1}{2})\pi })$

Aplicando algumas regras de logaritmo,

$\log \sec z=-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\log (1-\frac{z}{(k+\frac{1}{2})\pi })+\log (1+\frac{z}{(k+\frac{1}{2})\pi }))$

$\log \cos z=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{z^2}{(k+\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}),$

que finalmente nos da

$\cos z=\prod _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^2}{(k+\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}).$

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

$\tan (z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-2z}{z^2-(k+\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-8z}{4z^2-(2k+1{)}^2{\pi }^2}.$

Podemos expandir o somatório usando uma série geométrica:

$\frac{-8z}{4z^2-(2k+1{)}^2{\pi }^2}=\frac{8z}{(2k+1{)}^2{\pi }^2}\frac{1}{1-(\frac{2z}{(2k+1)\pi }{)}^2}=\frac{8}{(2k+1{)}^2{\pi }^2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{2n}}{(2k+1{)}^{2n}{\pi }^{2n}}{z}^{2n+1}.$

Substituindo de volta,

$\tan (z)=2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{2n+2}}{(2k+1{)}^{2n+2}{\pi }^{2n+2}}{z}^{2n+1},$

o que mostra que os coeficientes a_n na série de Laurent (Taylor) de tan(z) sobre z=o são

$a_{2n+1}=\frac{T_{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac{2^{2n+3}}{{\pi }^{2n+2}}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^{2n+2}}$

$a_{2n}=\frac{T_{2n}}{(2n)!}=0,$

onde T _n 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:

$\tan (z)=z+\frac{1}{3}{z}^3+\frac{2}{15}{z}^5+\cdots$

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{2^3}=\frac{{\pi }^2}{8}$

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2k+1{)}^4}=\frac{1}{3}\frac{{\pi }^4}{2^5}=\frac{{\pi }^4}{96}.$

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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