Frações parciais em análises complexas

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
• $\lim _{k\rightarrow \infty }d(\Gamma _{k})=\infty$, onde d(Γ_k) nos da a distancia da cura a origem

Suponha que também exista um integrador p, tal que:

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

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

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

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

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

onde os coeficiente c_j,k são dados por:

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

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

$f(z)={\frac {a_{-m}}{z^{m}}}+{\frac {a_{-m+1}}{z^{m-1}}}+\cdots +a_{0}+a_{1}z+\cdots$

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

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

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:

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

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

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

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

(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

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

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

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

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

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:

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

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

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:

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

$\int _{0}^{z}\tan(w)dw=\log \sec z$

$\int _{0}^{z}{\frac {1}{w\pm (k+{\frac {1}{2}})\pi }}dw=\log \left(1\pm {\frac {z}{(k+{\frac {1}{2}})\pi }}\right)$

Aplicando algumas regras de logaritmo,

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

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

que finalmente nos da

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

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

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

Podemos expandir o somatório usando uma série geométrica:

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

Substituindo de volta,

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

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

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

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

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:

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

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

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

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.