CHAPITRE 4 Théorème des Résidus

CHAPITRE 4Théorème des Résidus4.1 RésidusDéfinition 4.1.1Soit f : C−→C une fonction analytique au point z 0 , et C= { z∈C / 0

au voisinage de l’infini alors 1 z se trouve au voisinage de 0. Posons t= 1 ; on a donczf (z) dz=− 1 ( ) 1t f dt, d’où la définition :2 tDéfinition 4.2.1Soit f : C −→C une fonction analytique au point z 0 , et C = { z∈C / |z|>R, R>0 } . Onappelle résidu de f à l’infini, le nombre Res( f,∞)=Res(g, 0) avec g(z)=− 1 ( ) 1z f 2 zRemarque 4.2.1∞∑Posons : f (z)= a n z n =⇒− 1 ( ) 1z f 2 z−∞D’où l’on tire : Res( f,∞)=−a −1 , et donc :∑=−n∈Za nz n+2Res( f, 0)+Res( f,∞)=0( 1Remarque 4.2.2 Si f (z) se présente sous la forme f (z)= g alors ;z)Res( f,∞)=−g ′ (0)4.2.1 Points singuliers des fonctions analytiquesSoit f une fonction analytique dans un ensemble ouvert connexe :Ω= { z∈C / |z−z 0 |0 } ⊂C ; soit a un point frontière deΩ, c’est à dire|a−z 0 |=r.Si f peut être prolonger en une fonction analytique en a, on dira qu’alors que le point aest un point régulier, f est donc bornée au voisinage de a ; sinon c’est un point singulier.4.2.1.1 types de singularitésSoit le développement de Laurent d’une fonction f au voisinage de a.f (z)=∞∑c n (z−a) n +n=0∞∑n=1d n(z−a) n.Trois cas se présentent alors :1 er Cas :Tous les d n sont nuls. f est donc analytique en z=a. Le développement de Laurentcoïncide avec la série de Taylor au voisinage de a.2 ème Cas :Un nombre fini de d n n’est pas nul. Soit alors m le plus grand entier positif tel que d m 0.Alors (z−a) m f (z) est analytique au point a. On dira alors que a est une singularité d’ordrem, ou pôle d’ordre m ; (pôle simple, double, triple, . . . pour m=1, 2, 3, . . . ).3 ème Cas :Un nombre infini de termes d n n’est pas nul. a est appelé singularité essentielle de f .Pour tout entier positif m ; (z−a) m f (z) n’est pas borné au voisinage de a.M r AMROUN NOUR-EDDINE 24

4.2.2 Théorème des résidusThéorème 4.2.1SoitΩun ouvert simplement connexe, et a 1 , a 2 ,..., a n ∈Ω.SoitΩ ′ =Ω/{a 1 , a 2 ,..., a n } etf :Ω ′ −→C, analytique.alorsγ : [a, b] −→Ω ′ , un lacet quelconque dansΩ ′ .∫n∑f (z) dz=2πi Res( f, a k ).I(a k ,γ)γk=1Preuve :Posons D k = { z∈Ω / 0

On va distinguer deux cas.1 er Cas :z 0 est un pôle simple.Soit alors f (z)= a −1z−z 0+ a 0 + a 1 (z−z 0 )+···(z−z 0 ) f (z)=a −1 + (z−z 0 )a 0 + a 1 (z−z 0 ) 2 +···=Res( f, z o )+(z−z 0 )a 0 + a 1 (z−z 0 ) 2 +···et par passage à la limite, on obtient :Res( f, z o )= limz−→z0(z−z 0 ) f (z). (4.1)Si f (z) se présente sous la forme,alors :f (z)= P(z)Q(z)où Q(z 0 )=0 et Q ′ (z 0 )0, (4.2)Res( f, z 0 )= P(z 0)Q ′ (z 0 )· (4.3)Remarque 4.2.3 Si a −1 = 0, la singularité est appelée «singularité apparente», «pôle apparent»,ou «fausse singularité».Exemple 4.2.1f (z)= sin z , on a lim z. f (z)=0 ; 0 est une singularité apparente de f .zz−→0On peut le voir immédiatement en utilisant le développement de Laurent f .On a, f (z)= sin z = 1 ∞∑ (−1) n z 2n+1 ∞∑ (−1) n z 2n z2= = 1−z z (2n+1)! (2n+1)! 3! + z45! − z67! +···n=0n=0On voit bien qu’il n’y a pas du tout de singularité.Exemple 4.2.2Donnons le résidu de f (z)= ez2z 3 + 1 ; au point z 0=−1.z 0 =−1 est un pôle simple et f se présente sous la forme (4.2) ; on a donc,e z2ez2e(−1)2(z 3 + 1) ′= 3z2=⇒ Res( f,−1)=3(−1) 2=e 3·2 ème Cas :a est un pôle multiple.Soit m l’ordre de la singularité de z 0 . Écrivons :a −m a −m+1f (z)=(z−z 0 ) m+ (z−z 0 ) m−1+···+ a −1(z−z 0 ) + a 0+ a 1 (z−z 0 )+···=⇒(z−z 0 ) m f (z)=a −m + a −m+1 (z−z 0 )+a −m+2 (z−z 0 ) 2 +···+a −1 (z−z 0 ) m−1 + a 0 (z−z 0 ) m +···En dérivant jusqu’à l’ordre m−1, on obtient :((z−z 0 ) m f (z)) (m−1) = (m−1)!a −1 + a 0 (m−1)!(z−z 0 )+··· ;d’où l’on obtient :Res( f, z 0 )=1(m−1)!· limz−→z 0((z−z0 ) m f (z) ) (m−1). (4.4)Cette formule est intéressante seulement quand l’ordre est 2 ou 3 à la limite. Sil’ordre est grand 4 ou plus, mieux faut utiliser le développement de Laurent.M r AMROUN NOUR-EDDINE 26

Remarque 4.2.4 Dans le cas où f (z) est le rapport de deux fonctions g(z) et h(z) ayant z 0comme zéros, alors il n’est pas facile de donner immédiatement l’ordre de la singularité de f .Dans ce cas, le procédé le plus sûr consiste dans le remplacement des fonctions g(z) et h(z) parun certain nombre de termes de leurs développements en série de Taylor au voisinage de z 0 .Exemple 4.2.3Trouver le résidu au point z 0 = 0 de la fonction f (z)=d’ordre 2 ; on a :Res( f, 0)= 1 1!·limz−→0 ((z2 f (z)) ′ = limExemple 4.2.4z−→0(1cos(z−1)) ′= limz−→0( sin(z−1)cos 2 (z−1)1; 0 est un pôlez 2 cos(z−1))=− sin 1cos 1·2Trouver le résidu au point z 0 = i de la fonction f (z)= cos z ; i est un pôle d’ordre(z 2 + 1)33 ; on a :Res( f, i)=2!· 1 limz−→i ((z−i)3 f (z)) ′′ = 1 ( ) ′′cos z2 lim = 1 ( ) ′−(z+i) sin z−3 cos zz−→i (z+i) 3 2 limz−→i (z+i) 4= 1 ( )6(z+i) 22 lim sin z+(12−(z+i) 2 ) cos z (3 sh 1−4 ch 1) i= ·z−→i(z+i) 5 16Exemple 4.2.5Trouver le résidu au point z 0 = 0 de la fonction f (z)= 1+z10 ; 0 est un pôle d’ordrez 6 (4+z)6 ;Inutile de préciser qu’on n’utilisera pas la formule (4.4). On utilisera directement ledéveloppement de Laurent.f (z)= 1+z10z 6 (4+z) = 14z 6· 1+z 10(1+z/4) = 14z 6·(1+z10 )(1−z/4+z 2 /4 2 −z 3 /4 3 +···+(−1) n z n /4 n +···).Dans ce produit, seul le cœfficient de z 5 est utile, et qui est−1/4 5 .D’où Res( f, 0)=1/4·(−1)/4 5 =− 1 14 6=− 4096 .Exemple 4.2.6tg z−zTrouver le résidu au point z 0 = 0 de la fonction f (z)= ; ici il n’est pas facile(1−cos z)2de dire directement l’ordre de la singularité ; on va utiliser la remarque (4.2.4).1tg z−zf (z)=(1−cos z) 2= 3 z3 + 215 z5 + 17315 z7 +···14 z4 − 1 = 4 3·1z + 34 1229z+45 3780 z3 +···24 z6 +···0 est donc une singularité simple et on a Res( f, 0)= 4 3·Exemple 4.2.7Trouver le résidu au point z 0 = 0 de la fonction f (z)=z cos 2π z .On a f (z)=z cos 2π z = z1+cos(2π/z) = z ⎛ ∞∑2 2⎜⎝ 1+ 2 2n π⎞⎟ 2n(2n)!z 2n ⎠n=027 M r AMROUN NOUR-EDDINE

(6+···)= z 1− π21/3π4 2/45π6z2+ z4− = z− π2 2π6z z +π4 3z3− 45z 5+···0 est donc une singularité essentielle, on a d’après ce développement de Laurent queRes( f, 0)=−π 2 .4.3 Application du théorème des résidus à des calculsd’intégrales4.3.1 Intégrale du type I=∫ ∞−∞f (x) dxOn suppose que f soit la restriction àRd’une fonction f , qui est analytique dans unensemble ouvert de la forme D ′ = D−{a 1 , a 2 ,..., a n } où D contient le demi plan ferméIm z≥0, et les a k sont des points du demi-plan ouvert Im z>0.On considère alors un lacetγ, juxtapositionγ 1 ∨γ 2 de deux chemins suivants :γ 1 : t−−−→ t, pourγ 2 : t−−−→ R e it , pour−R≤t≤R.0≤t≤π.Où le nombre R est pris tel que R>|a k | pour tous les indices k ; il est immédiat que l’ona pour tout k,J(a k ,γ)=1.Le théorème des résidus permet d’écrire,Si de plus,∫ R−R∫f (x) dx+par passage à la limite on a donc :γ 2∫f (z) dz=∫limR−→∞γ 2γf (z) dz=2πif (z) dz=0,n∑Res( f, a k ).k=1∫ ∞−∞n∑f (x) dx=2πi Res( f, a k ). (4.5)k=1Premier cas :f (z)= P(z) où P et Q sont des polynômes premiers entre eux. Aucun des zéros de QQ(z)n’étant réel. Supposons en outre que l’on ait,deg Q≥2+deg P.La formule (4.5) est valable, les a k étant les zéros de Q tels que Im a k > 0.Exemple 4.3.1 Calculer l’intégrale :I=∫ ∞M r AMROUN NOUR-EDDINE 280x 2 dx(x 2 + 1)(x 2 + 9)·

Remarquons que I= 1 2∫ ∞−∞x 2 dxPosons alors,(x 2 + 1)(x 2 + 9)·f (z)= 1 2z 2(z 2 + 1)(z 2 + 9)·Ici on a P(z)=z 2 et Q(z)=2(z 2 + 1)(z 2 + 9), et deg Q=4≥2+deg P=2+2=4.les racines de Q(z) sont i,−i, 3i et−3i, donc aucune n’est réelle, la formule (4.5) est doncapplicable.Seuls i et 3i ont des parties imaginaires strictement positifs, d’oùI= 1 2∫ ∞−∞z 2 dz(z 2 + 1)(z 2 + 9) = 2πi( Res( f, i)+ Res( f, 2i) )i et 2i étant deux pôles simples de f , appliquons la formule (4.3).Pour le pôle i on a :z 2Res( f, i)= lim(z−i)z−→i 2(z 2 + 1)(z 2 + 9) = lim z 2z−→i (2(z 2 + 1)(z 2 + 9)) ′z 2= limz−→i 2((2z)(z 2 + 9)+(z 2 + 1)(2z)) = −12(2i)(8) =−1 32i·Pour le pôle 3i on a :Res( f, 3i)= lim (z−3i)z−→3iz 22(z 2 + 1)(z 2 + 9) = limz−→3iz 2(2(z 2 + 1)(z 2 + 9)) ′z 2= limz−→3i 2((2z)(z 2 + 9)+(z 2 + 1)(2z)) = −92(6i)(−8) = 32i·3D’où,( −1I=2πi32i + 3 )= π 32i 8·Exemple 4.3.2 Calculer l’intégrale :I=∫ ∞−∞dxx 2 + 2ix+2−4i·1Posons f (z) =z 2 + 2iz+2−4i· Les pôles de f sont simples et on a z 1z 2 =−1−3i, Im(z 2 )

Deuxième cas :f (z)= P(z)Q(z) eimz , m>0; où P et Q sont des polynômes premiers entre eux. Aucun deszéros de Q n’étant réel. Supposons en outre que l’on ait,deg Q≥1+deg P.La formule (4.5) est valable, les a k étant les zéros de Q tels que Im a k > 0.Exemple 4.3.3calculer l’intégraleSoit f (z)=à rejeter.I=∫ ∞−∞sin x dxx 2 + 2x+2·e izz 2 + 2z+2 , on a deux pôles simples z 1=−1+i, et z 2 =−1−ice dernier estOn a donc Res( f,−1+i)= limFinalement,∫ ∞−∞z−→−1+ie ix dxx 2 + 2x+2 = 2πie−1−i2iI=J=∫ ∞−∞∫ ∞−∞4.3.2 Intégrale du type I=(z+1−i) f (z)= limz−→−1+i (z+1−i)e izz 2 + 2z+2 = e−1−i2i=π e −1−i =π e −1 (cos 1−i sin 1) d’où l’on déduit,sin x dxx 2 + 2x+2 =−π e−1 sin 1,cos x dxx 2 + 2x+2 =π e−1 cos 1.∫ π−πR(cosθ, sinθ) dθSoit R(x, y) une fonction rationnelle en x et en y qui n’a pas de pôles sur le cerclex 2 + y 2 = 1, alors on a :I=∫ π−π∫R(cosθ, sinθ) dθ=|z|=1R(z+z−12), z−z−1 dz2i izL’égalité (4.6) est justifiée par le changement de variables suivant :z=e iθ = cosθ+i sinθ=⇒ z −1 = e −iθ = cosθ−i sinθd’où l’on tirecosθ= z+z−1 , sinθ= z−z−1 et dz=i e iθ dθ⇐⇒ dθ= dz22iiz·Posons : f (z)=iz· 1 ( )z+z−1R , z−z−1 , on a alors :2 2i∑I=2πi Res ( )f (z), z k ,·(4.6)où la somme est étendue à tous les pôles de f (z) tels que|z k |

Exemple 4.3.4 Calculer l’intégraleRéponse :I=∫ 2π0dθ, et a>|b|.a+b sinθLes pôles depar,z 1 = −a+√ a 2 − b 2bf (z)= 1 iz·1a+b z−z−12i=2bz 2 + 2aiz−b·2bz 2 + 2aiz−b sont obtenus en résolvant bz2 + 2aiz−b=0et sont donnési et z 2 = −a−√ a 2 − b 2i,bseul z 1 est à l’intérieur du cercle, car|z 1 |=a1.ce sont deux pôles simples, le résidu en z 1 est donc ;−a+ √ a 2 − b 2∣ ∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ ∣b ∣ = ba+ √ < 1, cara 2 − b 22Res( f, z 1 )= lim (z−z 1 )z−→z1 bz 2 + 2aiz−b = lim 2z−→z 1 2bz+2ai = 1i √ ,a 2 − b 21d’où I=2πii √ finalement,a 2 − b 2Exemple 4.3.5 Calculer :Réponse :∫ 2π0dθa+b sinθ = 2π√ , et a>|b|.a2 − b 2I=∫ 2π0cos nθ dθ5+3 cosθ , n∈N.La formule de Moivre donne cos nθ= zn + z −n, d’où en substituant dans notre intégrale,2on a :z n + z −nf (z)=iz·1 2z 2n + 1=−i5+3 z+z−1 z n (3z 2 + 10z+3)·2Pôles de f :z 0 = 0, est un pôle d’ordre n.3z 2 + 10z+3=(3z+1)(z+3)=0, deux pôles simples z 1 =− 1 3 et z 2=−3 ; seul z 2 =−3 aun module supérieur à 1, d’où :I=2πi ( Res ( f (z), 0 ) + Res ( f (z),−1/3 )) .Calcul des résidus :Pour z 1 =−1/3, il s’agit d’un pôle simple, donc ;31 M r AMROUN NOUR-EDDINE

Res ( f (z),−1/3 ) = lim (z+1/3) −i(z 2n + 1)z−→−1/3 z n (3z+1)(z+3) = lim −i(z 2n + 1) 1+32nz−→−1/3 3z n =−i(−1)n ·(z+3) 8.3 nPour z 0 = 0, qui est un pôle d’ordre n, il est préférable de faire le développement deLaurent de f au voisinage de 0.z 2n + 1Remarquant que f (z)=−iz n (3z 2 + 10z+3) =−i z n(3z 2 + 10z+3) − i 1( z n (3z 2 + 10z+3)·)z nComme 0 n’est pas un pôle de−i(3z 2 + 10z+3) , donc Res z n−i(3z 2 + 10z+3) , 0 = 0.D’où Res ( f (z), 0 ) ( )1= Res −iz n (3z 2 + 10z+3) , 0 .1On a−iz n (3z 2 + 10z+3) = 1 (−i9z n 3z 2 + 10z+3 =−i 1z 24·n 1+3z − 24·1 )1. Un développementen série entière au voisinage de zéro donne :1+z/39 124·1+3z − 24·1 11+z/3 = 9 ∞∑(−1) n 3 n z n − 1 ∞∑(−1) n (z/3) n2424n=0n=0= 1 ∞∑ ((−1) n 3 n+2 − 1 )z n , où|z|

Exemple 4.3.7 Calculer :I=∫ ∞0Log x dx(x+1) 3·Réponse :Ici Q(x)=1, toutes les conditions sont vérifiées, d’où(x+1)3∫ ∞0ou encore,Log 2 ∫x ∞(x+1) dx− 30(Log x+2πi) 2(x+1) 3∫ ∞4πi Log x−4π 2−0 (x+1) 3( )1dx=2πiRes(z+1) 3 Log2 z,−1 ,( )1dx=2πiRes(z+1) 3 Log2 z,−1 .Comme−1 ( est un pôle)triple, pour le résidu on a donc,1Res(z+1) 3 Log2 z,−1 = 1 ( )) ′′lim((z+1) 3 12! z−→−1 (z+1) 3 Log2 z= 1 (lim Log 2 z ) ′′ 1−Log z = lim2! z−→−1z−→−1 z 2= 1−Log(−1) = 1−(0+iπ) = 1−iπ.(−1) 21Finalement,−4πi∫ ∞0∫Log x ∞dx(x+1) 3 dx+4π2 (x+1) 3= 2πi(1−iπ)=2πi+2π2 .0Conclusion,∫ ∞0∫ ∞0Log x dx(x+1) 3 =− 1 2dx(x+1) 3 = 1 2 ·M r AMROUN NOUR-EDDINE 34