Descomposición en fracciones parciales complejas

Question

La pregunta con la que necesito ayuda es:

Demuestra que $$\sum_{k=0}^{6}\frac{1-z^{2}}{1-2z\cos\left(\frac{2k\pi}{7}\right)+z^{2}}=\frac{7(z^{7}+1)}{1-z^{7}}$$

Ya he intentado resolver esto por fuerza bruta combinando el lado izquierdo en una fracción única. Aunque funcionó, es una prueba extremadamente larga.

Me preguntaba si hay un enfoque más elegante que utilice fracciones parciales. Intenté descomponer cada término en la suma del lado izquierdo en $$-1+\frac{B}{z-\omega^{k}}+\frac{C}{z-\omega^{-k}}$$ pero esto me dio expresiones muy complicadas para las constantes B y C, así que desistí.

Answer 1

Siguiendo los posts que aparecieron primero, presentamos $\zeta=\exp(2\pi i/n)$ y buscamos evaluar

$$S = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1-z^2}{(z-\zeta^k)(z-1/\zeta^k)}.$$

donde supuestamente $z$ no es una potencia de $\zeta$ y no aparece ninguna singularidad. Presentando

$$f(v) = \frac{1-z^2}{(z-v)(z-1/v)} \frac{n/v}{v^n-1} = \frac{1-z^2}{(z-v)(vz-1)} \frac{n}{v^n-1} \\ = -\frac{1}{z} \frac{1-z^2}{(v-z)(v-1/z)} \frac{n}{v^n-1}$$

tenemos

$$S = \sum_{k=0}^{n-1} \mathrm{Res}_{v=\zeta^k} f(v).$$

El residuo en el infinito es cero por inspección y dado que los residuos suman cero, obtenemos

$$S = - \mathrm{Res}_{v=z} f(v) - \mathrm{Res}_{v=1/z} f(v).$$

Esto nos da

$$\frac{1}{z} \frac{1-z^2}{z-1/z} \frac{n}{z^n-1} + \frac{1}{z} \frac{1-z^2}{1/z-z} \frac{n}{1/z^n-1} \\ = \frac{1-z^2}{z^2-1} \frac{n}{z^n-1} + \frac{1-z^2}{1-z^2} \frac{z^n n}{1-z^n} = \frac{n}{1-z^n} + \frac{z^n n}{1-z^n}.$$

Obtenemos

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ S=n\frac{1+z^n}{1-z^n}.}$$

Answer 2

Reduciremos la siguiente suma (nota el valor $n$ en lugar de $7$ cfr. OP):

$$\mathcal{S}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1-z^2}{1-2z\cos\left(\frac{2\pi i k}{n}\right)+z^2}$$

En esta respuesta, haremos uso de lo siguiente:

1. Las raíces del polinomio $z^n-1$ son $\left\{\omega^k:k=0,\cdots,n-1\right\}$ con: $$\omega=\exp\left(\frac{2\pi i}{n}\right)$$ y $\omega^{-k}=\omega^{n-k}$.

2. El teorema fundamental del álgebra: $$z^n-1 = \prod_{k=0}^{n-1}(z-\omega^k)$$

3. La serie geométrica: $$g(z)=1+z+z^2+\cdots+z^{n-1}=\frac{z^n-1}{z-1}$$

4. Usando (3), encuentras que $$\begin{align} g(\omega^k)=n&,\quad\textrm{si }k\textrm{ es múltiplo de }n\\ g(\omega^k)=0&,\quad\textrm{si }k\textrm{ no es múltiplo de }n \end{align}$$

Paso 1: Reescribe el denominador como: $(z-\omega^k)(z-\omega^{-k})$ :

$$\mathcal{S}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1-z^2}{(z-\omega^k)(z-\omega^{-k})}.$$

Paso 2: Divide la fracción en dos partes haciendo uso de

$$\frac{z^2-1}{z-\omega^k}=z + \frac{\omega^k(z-\omega^{-k})}{z-\omega^k},$$

obtenido por división larga y lleva a

$$\mathcal{S}=-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{z}{z-\omega^{-k}} - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{z-\omega^k}.$$

Paso 3: Usando (1), redefine los índices de la primera suma ($n-k=k'$) y combínala con la segunda para reducir $\mathcal{S}$ a:

$$\mathcal{S}=-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{z+\omega^k}{z-\omega^k}.$$

Paso 4: Es claro que esta suma $\mathcal{S}$ es una función racional de dos polinomios $p(z)$ y $q(z)$. El denominador $q(z)$ se obtiene rápidamente a partir del teorema fundamental del álgebra (2) al combinar todas las fracciones en $\mathcal{S}$. Esto da

$$\mathcal S=-\frac{p(z)}{q(z)},\qquad\textrm{con}\qquad q(z)=z^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(z-\omega^k)$$

El polinomio $p(z)$ se da entonces por :

$$p(z)=\sum_{k=0}^{n-1} (z+\omega^k) r_k(z), \qquad\textrm{con}\qquad r_k(z)=\frac{q(z)}{z-\omega^k}=\frac{z^n-1}{z-\omega^k}.$$

Paso 5: Usando la Serie geométrica $g(z)$ cfr.(3), podemos escribir:

$$g\left(\frac{z}{\omega^{k}}\right)=\frac{z^n\omega^{-kn}-1}{z\omega^{-k}-1}={\omega^{k}}\cdot\frac{z^n-1}{z-\omega^k}$$

y así

$$r_k(z)=\omega^{-k}\left(1+\frac{z}{\omega^k}+\cdots+\frac{z^{n-1}}{\omega^{k(n-1)}}\right)=\omega^{-k}\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{z}{\omega^k}\right)^m,$$

Paso 6: Finalmente podemos determinar $p(z)$ mirando las potencias de $z$. Sustituyendo los valores de $r_k(z)$ en la ecuación para $p(z)$ nos da:

$$p(z) = \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{m=0}^{n-1}\left(\left(\frac{z}{\omega^k}\right)^{m+1} + \left(\frac{z}{\omega^k}\right)^{m}\right).$$

y haciendo uso de (4) finalmente obtenemos

$$p(z) = n(z^n+1)$$

Lo cual demuestra que:

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \mathcal{S}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1-z^2}{1-2z\cos\left(\frac{2\pi i k}{n}\right)+z^2} = -\frac{p(z)}{q(z)} = \frac{n(z^n+1)}{1-z^n}}$$

Answer 3

Una demostración puede construirse con la función generadora para los polinomios de Chebyshev de primer tipo. Lo bueno es que sugiere otra suma en forma cerrada que se presentará al final.

$$S_n(\color{red}{2})=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1-z^2}{1-2z\cos{(\color{red}{2}\pi k/n)}+z^2} = \sum_{k=0}^{n-1} \Big( 1+2\sum_{m=1}^\infty z^m\,T_m(\cos{(2\pi k/n))} \Big)=$$ $$=n+2 \sum_{m=1}^\infty z^m \sum_{k=0}^{n-1}\cos{k\,x_{m,n}}= n+\sum_{m=1}^\infty z^m\Big(1-\cos{n \,x_{m,n}} + \cot{\frac{x_{m,n}}{2}}\, \sin{n\,x_{m,n}}\Big)$$ donde para este problema, $x_{m,n}=2\pi\,m/n.$ Desde la 2da a 3ra igualdad se ha realizado una suma explícita, se ha utilizado una propiedad de los polinomios Chebyshev con argumentos coseno, y se ha realizado un intercambio de sumas. La forma cerrada de la suma del coseno se puede considerar como una consecuencia de la serie geométrica. Ahora $\cos{n \,x_{m,n}} = \cos{2\pi m} =1$ así que los primeros dos términos dentro del paréntesis se cancelan. Con identidades trigonométricas se puede ver que el último término es 0 a menos que m sea un múltiplo de n. (Nota: suponga m no entero y tome el límite.) Cuando m es un múltiplo de n, el término tiene un valor de 2n. Así $$\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1-z^2}{1-2z\cos{(2\pi k/n)}+z^2} = n+2n\sum_{m=1}^\infty z^{n\,m} =n\big(1+\frac{2z^n}{1-z^n}\big)=n\frac{1+z^n}{1-z^n}.$$ Pasos análogos para $x_{m,n}=\pi\,m/n.$ llevan a $$S_n(\color{red}{1})=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1-z^2}{1-2z\cos{(\color{red}{1}\pi k/n)}+z^2} =n\,\frac{1+z^{2n}}{1-z^{2n}}+\frac{2z}{1-z^2}$$

Answer 4

(Edit: lo siguiente se publicó antes de que el OP agregara "Ya intenté forzar esto ...".)

No veo la solución elegante de inmediato, pero el problema ciertamente se puede resolver a la fuerza como se esboza a continuación. Tenga en cuenta que el primer término de la suma (excluyendo el factor $\,\,1-z^2$) es $\,\dfrac{1}{(z-1)^2}\,$ luego el resto de términos son iguales dos a dos ya que $\,\cos \left(2k\pi/7\right) = \cos\left(2(7-k)\pi/7)\right)\,$. Por lo tanto, la suma de los $\,6\,$ términos restantes es el doble de la suma de los primeros $\,3\,$, que da como resultado:

$$\begin{align} & \frac{1}{z^2-(\omega+\omega^6)z+1}+\frac{1}{z^2-(\omega^2+\omega^5)z+1}+\frac{1}{z^2-(\omega^3+\omega^4)z+1} \\[15px] =\;\; &{\frac{(z^2-(\omega^2+\omega^5)z+1)(z^2-(\omega^3+\omega^4)z+1)\\+(z^2-(\omega+\omega^6)z+1)(z^2-(\omega^3+\omega^4)z+1)\\+(z^2-(\omega+\omega^6)z+1)(z^2-(\omega^2+\omega^5)z+1)}{(z-\omega)(z-\omega^6)\cdot(z-\omega^2)(z-\omega^5) \cdot (z-\omega^3)(z-\omega^4)}} \end{align}$$

El denominador de la última fracción es $\,\dfrac{z^7-1}{z-1}\,$, y el numerador eventualmente se evalúa como:

$$3z^4 -2(\omega^6+\omega^5+\omega^4+\omega^3+\omega^2+\omega)z^3 \\+(\omega^{11}+\omega^{10}+2\omega^9+2\omega^8+2\omega^6+2\omega^5+\omega^4+\omega^3+6)z^2 \\-2(\omega^6+\omega^5+\omega^4+\omega^3+\omega^2+\omega)z +3$$

Usando que $\,\omega^7=1\,$ y $\,1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4+\omega^5+\omega^6=0\,$ lo anterior se simplifica a:

$$3z^4 +2z^3 +4z^2 +2z +3$$

Luego el problema se reduce a verificar la identidad algebraica:

$$(1-z^2)\left(\frac{1}{(z-1)^2} + 2\cdot\frac{3z^4+2z^3+4z^2+2z+3}{\dfrac{z^7-1}{z-1}}\right) = \dfrac{7(z^7+1)}{1-z^7}$$