Serie de Laurent con parámetros

Analizamos los desarrollos de una serie de Laurent con parámetros, y lo aplicamos al calculo de un desarrollo de Fourier.

Enunciado
Se considera la función compleja de variable compleja: $$f(z)=\displaystyle\frac{z^2-1}{\lambda z^2+(\lambda^2+1)z+\lambda}\quad (\lambda\in \mathbb{C}).$$

$(a)$ Hallar y clasificar sus singularidades según los diferentes valores del parámetro complejo $\lambda.$
$(b)$ Para cada valor de $\lambda\in \mathbb{C}$ hallar los diferentes desarrollos en serie de Laurent de $f(z)$ en potencias de $z$ y especificar sus respectivos dominios de validez.
$(c)$ Hallar el desarrollo en serie de Fourier de la función real de variable real definida en $[0,2\pi]:$ $$\varphi (t)=\displaystyle\frac{\sin t}{1+a^2-2a\cos t}\quad (0<a<1).$$
Indicación: la serie de Fourier es $$\sum_{-\infty}^{+\infty}c_ne^{int}\text{ con } c_n=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\varphi(t)e^{int}\;dt.$$ Relacionar esta serie con algún desarrollo de Laurent de $f(z).$

(Propuesto en examen, Amp. Calc., ETS Ing. Industriales, UPM).

Solución
$(a)$ Para $\lambda=0$ la función es $f(z)=(z^2-1)/z$ y por tanto $z=0$ es polo simple. Para $\lambda\neq 0$ fácilmente verificamos que las raíces del denominador de $f(z)$ son $z_1=-1/\lambda$ y $z_2=-\lambda.$ Estas dos raíces son iguales para $\lambda=\pm 1.$ Si $\lambda\neq \pm 1$ el numerador de $z$ no se anula y por tanto $z_1$ y $z_2$ son polos simples. Si $\lambda=1$ entonces $f(z)=(z-1)/(z+1)$ con lo cual $z=-1$ es polo simple. Si $\lambda=-1$ entonces $f(z)=(z+1)/(1-z)$ con lo cual $z=1$ es polo simple. Podemos concluir que $$\left \{ \begin{matrix}
{ \lambda=0}:&\;\;0 &\mbox{    polo simple }\\
{ \lambda=1}:&-1 &\mbox{    polo simple }\\
{ \lambda=-1}:&\;\;1 &\mbox{    polo simple. }\\
{ \lambda\neq \pm 1\;\wedge\; \lambda \neq 0}:&-\lambda\;,\;-1/\lambda &\mbox{    polos simples }
\end{matrix}\right.$$

$(b)$ Para $\lambda=0$ tenemos $$f(z)=\dfrac{z^2-1}{z}=-\dfrac{1}{z}+z\quad (0<|z|<+\infty).$$ Para $\lambda=1$ y usando el teorema relativo a la suma de la serie geométrica $$f(z)=\dfrac{z-1}{z+1}=1-\dfrac{2}{1+z}$$ $$=\left \{ \begin{matrix} 1-2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^nz^n\quad (0<|z|<1)\\1-\dfrac{2}{z}\dfrac{1}{1+1/z}=1-2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{z^{n+1}} \quad (1<|z|<+\infty).\end{matrix}\right.$$ Para $\lambda=-1$ $$f(z)=\dfrac{z+1}{1-z}=-1+\dfrac{2}{1-z}$$ $$
=\left \{ \begin{matrix} -1+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}z^n\quad (0<|z|<1)\\-1-\dfrac{2}{z}\dfrac{1}{1-1/z}=1-2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{z^{n+1}} \quad (1<|z|<+\infty).\end{matrix}\right.$$ Para $\lambda\neq 0,\pm 1$, efectuando la división euclídea y descomponiendo en fracciones simples $$f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda}\dfrac{\frac{\lambda^2+1}{\lambda}z+2}{\left(z+\frac{1}{\lambda}\right)\left(z+\lambda\right)}=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda}\left(\dfrac{A}{z+\frac{1}{\lambda}}+\dfrac{B}{z+\lambda}\right)$$ $$=
\ldots=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\dfrac{1}{z+\frac{1}{\lambda}}-\dfrac{1}{z+\lambda}.$$ Hallemos los desarrollos en serie de Laurent de las fracciones simples anteriores. $$\dfrac{1}{z+\frac{1}{\lambda}}=\lambda\;\dfrac{1}{1+\lambda z}=\lambda \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-\lambda z)^n\;\;(|\lambda z|<1).$$ Queda $$\dfrac{1}{z+\frac{1}{\lambda}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\lambda^{n+1}z^n\;\;(0<|z|<1/|\lambda|),\quad  (\mbox{desarrollo } L_1(z)).$$ Análogamente $$\dfrac{1}{z+\frac{1}{\lambda}}=\dfrac{1}{z}\;\dfrac{1}{1+\frac{1}{\lambda z}}=\dfrac{1}{z} \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\dfrac{-1}{\lambda z}\right)^n\;\;(1/|\lambda z|<1),$$ $$
\dfrac{1}{z+\frac{1}{\lambda}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{\lambda^n}\dfrac{1}{z^{n+1}}\;\;(1/|\lambda|<|z|<+\infty)\quad  (\mbox{desarrollo } L_2(z)).$$ $$\dfrac{1}{z+\lambda}=\dfrac{1}{\lambda}\;\dfrac{1}{1+\frac{z}{\lambda}}=\dfrac{1}{\lambda} \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(-\dfrac{z}{\lambda}\right)^n\;\;(|z/\lambda|<1),$$ $$\dfrac{1}{z+\lambda}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{\lambda^{n+1}}\dfrac{1}{z^{n}}\;\;(0<|z|<|\lambda|)\quad  (\mbox{desarrollo } L_3(z)).$$ $$\dfrac{1}{z+\lambda}=\dfrac{1}{z}\;\dfrac{1}{1+\frac{\lambda}{z}}=\dfrac{1}{z} \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(-\dfrac{\lambda}{z}\right)^n\;\;(|\lambda/z|<1),$$ $$
\dfrac{1}{z+\lambda}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n\lambda^n}{z^{n+1}}\;\;(|\lambda|<|z|<+\infty)\quad  (\mbox{desarrollo } L_4(z)).$$  Si $0<|\lambda|<1$ entonces, $0<|\lambda|<1<1/|\lambda|.$ Tendríamos los desarrollos $$f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_1(z)-L_3(z)\quad (0<|z|<|\lambda|),$$ $$
f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_4(z)-L_1(z)\quad (|\lambda|<|z|<1/|\lambda|),$$ $$ f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_2(z)-L_4(z)\quad (1/|\lambda|<|z|<+\infty).$$ Si $|\lambda|>1$ entonces, $1/|\lambda|<1<|\lambda|.$ Tendríamos los desarrollos $$f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_1(z)-L_3(z)\quad (0<|z|<1/|\lambda|),$$ $$
f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_2(z)-L_3(z)\quad (1/|\lambda|<|z|<|\lambda|),$$ $$f(z)=\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda^2}\;L_2(z)-L_4(z)\quad (|\lambda|<|z|<+\infty).$$

$(c)$ Desarrollemos $c_n$. Para ello efectuamos la sustitución $z=e^{it}$ con lo cual $dz=izdt$, $\sin t=(z^2-1)/2iz$ y $\cos t=(z^2+1)/2z.$ Por tanto $$c_n=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}\varphi (t)e^{int}dt=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{|z|=1}\dfrac{ \frac{z^2-1}{2iz} }{1+a^2-2a \frac{z^2+1}{2z} }\cdot z^n\cdot \dfrac{dz}{iz}=$$ $$
-\dfrac{1}{4\pi}\displaystyle\int_{|z|=1}\dfrac{(z^2-1)z^{n-1}dz}{az^2-(1+a^2)z+a}=-\dfrac{i}{2}\dfrac{1}{2\pi i}\displaystyle\int_{|z|=1}\dfrac{ \frac{z^2-1}{az^2-(1+a^2)z+a}dz }{z^{-(n-1)}}=
-\dfrac{i}{2}A_{-n}.$$ en donde $A_{-n}$ es el coeficiente de $1/z^n$ en el desarrollo en serie de Laurent de la función $f(z)$ del apartado (a) para $\lambda=a<1<1/a=1/\lambda.$ Corresponde al desarrollo $$f(z)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a^2}\;L_4(z)-L_1(z)\quad (a<|z|<1/a),$$ y el coeficiente de $1/z^n$ es $(-1/a^2)(-1)^{n-1}=(-1)^na^{n-3}.$ El desarrollo pedido es $$\varphi(t)=\displaystyle\sum_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}a^{n-3}i}{2}\;e^{int}.$$

Esta entrada fue publicada en Miscelánea matemática. Guarda el enlace permanente.