Familia de racionales complejas

Enunciado
Para cada número real $t$ con $|t|<1$ se considera la función compleja definida por

$f(z)=\displaystyle\frac{4-z^2}{4-4tz+z^2}.$

y se pide:

(a) Descomponer $f(z)$ en fracciones simples.

(b) Obtener la expresión de las derivadas sucesivas en $z=0$ de la función $f(z).$

(c) Demostrar que el coeficiente $T_n(t)$ de $z^n$ en el desarrollo en serie de Taylor en $z=0$ de $f(z)$ es un polinomio de grado $n$ en $t$ y que se cumple la relación de recurrencia

$4T_{n+1}-4tT_n(t)+T_{n-1}(t)=0.$

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

Solución
(a) Efectuando la división euclídea:

$f(z)=-1+\displaystyle\frac{-4tz+8}{z^2-4tz+4}.$

Resolviendo $z^2-4tz+4=0$ obtenemos $a=2t+2i\sqrt{1-t^2}$ y $\bar{a}=2t-2i\sqrt{1-t^2}.$ Expresando en fracciones simples:

$\displaystyle\frac{-4tz+8}{z^2-4tz+4}=\displaystyle\frac{A}{z-a}+\displaystyle\frac{B}{z-\bar{a}}=\displaystyle\frac{A(z-\bar{a})+B(z-a)}{(z-a)(z-\bar{a})}.$

Para $z=a$, tenemos $-4ta+8=A(a-\bar{a})$ y para $z=a$, $-4t\bar{a}+8=B(\bar{a}-a).$ Entonces:

$$A=\dfrac{-4ta+8}{a-\bar{a}}=\dfrac{-8t^2-8ti\sqrt{1-t^2}+8}{4i\sqrt{1-t^2}}=\dfrac{-2t^2-2ti\sqrt{1-t^2}+2}{i\sqrt{1-t^2}}$$ $$ \dfrac{-2t^2i+2t\sqrt{1-t^2}+2i}{-\sqrt{1-t^2}}=-2t-\dfrac{2(1-t^2)}{\sqrt{1-t^2}}i=-2t-2\sqrt{1-t^2}i=-a.$$

Operando de manera análoga obtenemos $B=-\bar{a},$ por tanto la descomposición en fracciones simples de $f(z)$ es

$f(z)=-1-\dfrac{a}{z-a}-\dfrac{\bar{a}}{z-\bar{a}}\quad \left(a=2t+2i\sqrt{1-t^2}\right).$

(b) Llamando $f_1(z)=-a/(z-a)$ y $f_2(z)=-\bar{a}/(z-\bar{a}):$

$f_1(z)=\dfrac{1}{1-\dfrac{z}{a}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{z^n}{a^n}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f_1^{(n)}(0)}{n!}z^n\Rightarrow f_1^{(n)}(0)=\frac{n!}{a^n}.$

Razonando de manera análoga obtenemos $f_2^{(n)}(0)=n!/\bar{a}^n.$ Por tanto, si $n\geq 1$

$f^{(n)}(0)=n!\left(\dfrac{1}{a^n}+\dfrac{1}{\bar{a}^n}\right)=\dfrac{n!(a^n+\bar{a}^n)}{(a\bar{a})^n}=\dfrac{n!(a^n+\bar{a}^n)}{(4t^2+4-4t^2)^n}=\dfrac{n!(a^n+\bar{a}^n)}{4^n}.$

(c) Veamos que efectivamente se verifica la relación de recurrencia dada. En un entorno del origen podemos escribir

$\displaystyle\frac{4-z^2}{4-4tz+z^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}T_n(t)z^n$

o bien $4-z^2=(4-4tz+z^2)(T_0(t)+T_1(t)z+T_2(t)z^2+\ldots).$ Igualando coeficientes obtenemos

$\left \{ \begin{matrix} 4=4T_0(t) \\0=4T_1(t)-4tT_0(t)\\-1=4T_2(t)-4tT_1(t)+T_0(t) ,\end{matrix}\right.$

de lo cual deducimos $T_0(t)=1,\;T_1(t)=t,\;T_2(t)=t^2-\frac{1}{2}.$ Estos polinomios se han obtenido identificando en ambos miembros los coeficientes de $z^0,\;z^1$ y $z^2.$ Identificando en ambos miembros el coeficiente de $z^{n+1}$ (para $n\geq 2):$

$0=4T_{n+1}-4tT_n(t)+T_{n-1}(t),$

que es la relación de recurrencia pedida. Demostremos por inducción que $T_n(t)$ es un polinomio de grado $n.$ Hemos visto que es cierto para $n=0,1,2.$

Sea cierto para todo $k\leq n.$ De la relación de recurrencia tenemos que $T_{n+1}(t)=tT_n(t)-\dfrac{1}{4}T_{n-1}(t)$, lo cual implica que $T_{n+1}(t)$ es un polinomio. Como el grado de $T_n(t)$ es $n$ se deduce que el grado de $tT_{n-1}(t)$ es $n+1$ y al ser el grado de $\frac{1}{4}T_{n-1}(t)$ igual a $n-1$, concluimos que el grado de $T_{n+1}(t)$ es $n+1.$

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