¿Existe una forma rápida de llegar a esta descomposición de la fracción parcial?

Question

Estoy leyendo un libro en el que el autor afirma sin mostrar el trabajo que después de pasar por el álgebra de fracciones parciales llegamos a la fórmula (nota $|z|<1$ ): $$\frac{1}{(1-z)(1-z^2)(1-z^3)} = \frac{1}{6}\frac{1}{(1-z)^3}+\frac{1}{4}\frac{1}{(1-z)^2}+\frac{1}{4}\frac{1}{(1-z^2)}+\frac{1}{3}\frac{1}{(1-z^3)}$$

Naturalmente, estoy tratando de reproducir el resultado, pero estoy tomando un enfoque muy ingenuo, es decir, he expresado el LHS como un producto de factores irreducibles sobre $\mathbb{R}$ y estoy tratando de determinar los coeficientes: $$\frac{1}{(1-z)^3}\frac{1}{(1+z)}\frac{1}{(z^2+z+1)} = \frac{A}{(1-z)}+\frac{B}{(1-z)^2}+\frac{C}{(1-z)^3}+\frac{D}{(1+z)}+\frac{Ex+F}{(z^2+z+1)}$$

Sin embargo, esto parece tener algunos inconvenientes, porque además de ser largo, una vez que obtenga todos los coeficientes tendré que recombinar algunos de los términos para llegar a la respuesta del autor. Mi pregunta es entonces: ¿hay algún tipo de truco que podamos utilizar aquí y que yo desconozca, o tenemos que sufrir el álgebra pacientemente?

Answer 1

En primer lugar, observe que

$$f(z) = \frac{-1}{(z-1)(z^2 - 1)(z^3 - 1)} = \frac{-1}{(z-1)^3(z+1)(z+1/2-i\sqrt{3}/2)(z+1/2+i\sqrt{3}/2)}$$

Recordando ahora la fórmula integral de Cauchy

$$ g^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i} \oint_{\gamma} \frac{g(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz $$

Si, por ejemplo, considera

$$ g(z) = \frac{-1}{(z-1)^3(z+1/2-i\sqrt{3}/2)(z+1/2+i\sqrt{3}/2)} $$

tenemos

$$ g(-1) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma} \frac{g(z)}{z+1}dz = \frac{-1}{(-8)(-1/2-i\sqrt{3}/2)(-1/2+i\sqrt{3}/2)} $$

que es el coeficiente de $A/(z+1)$ Si no hay ningún polo, se puede iterar a través de todos los polos para obtener todos los demás coeficientes, el único "difícil" es el polo "z=1", que es un polo de tercer orden, por lo que sería el cálculo de una segunda derivada.

Answer 2

Aquí tienes un pequeño atajo (si ya conoces los coeficientes).

Multiplica todo por $(1-z)(1-z^2)(1-z^3)$ , para conseguir \begin {align} & \frac {1}{6} \frac {(1-z)(1-z^2)(1-z^3)}{(1-z)^3}+ \frac {1}{4} \frac {(1-z)(1-z^2)(1-z^3)}{(1-z)^2}+ \frac {1}{4} \frac {(1-z)(1-z^2)(1-z^3)}{(1-z^2)}+ \frac {1}{3} \frac {(1-z)(1-z^2)(1-z^3)}{(1-z^3)} \\ \ \\ &= \frac {(1+z)(1+z+z^2)}{6}+ \frac {(1+z)(1-z^3)}{4}+ \frac {(1-z)(1-z^3)}{4}+ \frac {(1-z)(1-z^2)}{3} \\ \ \\ &= \frac {2(1+z)(1+z+z^2)+3(1+z)(1-z^3)+3(1-z)(1-z^3)+4(1-z)(1-z^2)}{12} \\ \ \\ &= \frac {2(1+z)(1+z+z^2)+6(1-z^3)+4(1-z)(1-z^2)}{12} \\ \ \\ &= \frac {2z^3+4z^2+4z+2+6-6z^3+4-4z-4z^2+4z^3}{12} \\ \ \\ &= \frac {12}{12}=1. \end {align}