Exercices corrigés - Théorème des résidus, calcul d'intégrales

Les pôles de $f$ sont $0$ (pôle simple), $i$ et $-i$ (pôles doubles). On obtient le résidu en effectuant un développement limité de $zf(z)$, resp. de $(z-i)^2f(z)$, resp. de $(z+i)^2f(z)$. Dans le premier cas, on a $$zf(z)=\frac{z^2+z+1}{(z^2+1)^2}\to_{z\to 0}1.$$ Le résidu de $f$ en 0 est donc égal à 1. Pour $(z-i)^2f(z)$, il faut faire un développement limité jusqu'au premier ordre, et le résidu sera égal au coefficient devant $(z-i)$ (n'oublions pas qu'on divise cette fois par $(z-i)^2$). Posant $w=z-i$, on trouve \begin{align*} (z-i)^2f(z)&=\frac{z^2+z+1}{z(z+i)^2}\\ &=\frac{w^2+(2i+1)w+i}{(w+i)(w^2+4iw-4)}\\ &=\frac{i+(2i+1)w+o(w)}{-4i-8w+o(w)}\\ &\frac{i+(2i+1)w+o(w)}{-4i(1-2iw+o(w))}\\ &=\frac{i}4\big(i+(2i+1)w+o(w)\big)\big(1+2iw+o(w)\big)\\ &=-\frac 14\big(1+(2+i)w+o(w)\big). \end{align*} Le résidu de $f$ en $i$ est donc $-\frac{2+i}{4}$. On en déduit le résidu de $f$ en $-i$ en prenant la conjugaison complexe, soit $-\frac{2-i}{4}$.
La fonction $g$ est définie sur $\mathbb C\backslash (]-\infty,0]\cup\{1\})$. On écrit $z^a=e^{a\log z}$. Puisque $$(z-1)g(z)=-z^a\to -1,$$ le résidu de $g$ en 1 est $-1$.
Le cas de la fonction $h$ est plus compliquée. En effet, $1$ est une singularité essentielle de $z\mapsto\sin\frac{1}{z-1}$. Pour obtenir le résidu de $h$ en $1$, on va simplement effectuer le produit du développement en série entière de $\log(z)$ en 1 avec le développement en série de Laurent de $z\mapsto \sin\frac{1}{z-1}$, et rechercher le coefficient devant $\frac 1{z-1}$. Posons $u=z-1$. On a : $$\log(1+u)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}u^{n+1}$$ $$\sin\frac1u=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{1}{u^{2k+1}}.$$ On effectue le produit de ces deux développements, et on cherche le coefficient devant $\frac 1u$. Il est obtenu en effectuant tous les produits des coefficients en $u^{p-1}$ de $\log(1+u)$ par ceux de $u^{-p}$ de $\sin\frac 1u$. Ceci n'est possible que si $p$ est de la forme $2k+1$. On en déduit que le résidu de $h$ en $1$ est égal à $$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k(2k+1)!}.$$

Posons $u(z)=2z^2-5z+2$ et $f(z)=1/u(z)$. On commence par rechercher les singularités de $f$, c'est-à-dire les racines de $u$. A l'aide du discriminant, il est facile de voir que ces racines sont $1/2$ et $2$. Calculons ensuite le résidu de $f$ en $1/2$ et en $2$. On a : \begin{align*} \textrm{Res}(f,1/2)&=\frac 1{u'(1/2)}=\frac{-1}3\\ \textrm{Res}(f,2)&=\frac 1{u'(2)}=\frac{1}3. \end{align*} Pour calculer l'intégrale demandée, on applique alors la formule des résidus. Les valeurs $R=1/2$ et $R=2$ sont impossibles. On a ensuite, si $R<1/2$, $$\int_{\gamma_R}f(z)dz=0,$$ si $1/2<R<2$, $$\int_{\gamma_R}f(z)dz=\frac{-2i\pi}3$$ et enfin, si $R>2$, $$\int_{\gamma_R}f(z)dz=0.$$

Dans la suite de l'exercice, on va poser $$f(z)=\frac{e^{iz}}{1+z^2}.$$

1. La fonction $f$ est holomorphe sur $\mathbb C\backslash\{\pm i\}.$ Les points $i$ et $-i$ sont des pôles pour $f$. On remarque que $\textrm{Ind}(i,\gamma_R)=1$ alors que $\textrm{Ind}(-i,R)=0$. D'autre part, en écrivant $f(z)=u(z)/v(z)$ avec $v(z)=1+z^2,$ puisque $v'(i)\neq 0,$ on a $$\textrm{Res}(f,i)=\frac{u(i)}{v'(i)}=\frac{e^{-1}}{2i}.$$ D'après le théorème des résidus appliqué à $f$ et à l'ouvert étoilé $\mathbb C,$ on a $$I_R=2i\pi \textrm{Res}(f,i)=\pi e^{-1}.$$
2. On sait que $$I_R=\int_{[-R,R]}f(z)dz+\int_{\mathcal C}f(z)dz.$$ On utilise ensuite les paramétrages donnés par l'énoncé. On sait que $$\int_{[-R,R]}f(z)dz=\int_{-R}^R f(\gamma_1(x))\gamma_1'(x)dx=\int_{-R}^R \frac{e^{ix}}{1+x^2}dx$$ et que, puisque $\gamma_2'(\theta)=Ri\theta e^{i\theta},$ \begin{align*} \int_{\mathcal C}f(z)dz&=\int_0^{\pi}f(\gamma_2(e^{i\theta}))\gamma_2'(e^{i\theta})d\theta\\ &=\int_0^{\pi}\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{1+R^2e^{2i\theta}}Ri\theta e^{i\theta}d\theta\\ &=\int_0^{\pi}\frac{iRe^{i\theta+iR\cos(\theta)-R\sin(\theta)}}{1+R^2e^{2i\theta}}d\theta. \end{align*}
3. On commence par remarquer que, pour $\theta\in[0,\pi]$, $$|iRe^{i\theta+iR\cos(\theta)-R\sin(\theta)}|=Re^{-R\sin(\theta)}\leq R$$ puisque $\sin(\theta)\geq 0.$ D'autre part, $$|1+R^2e^{2i\theta}|\geq R^2-1.$$ Ainsi, \begin{align*} \left|I_R-\int_{-R}^R \frac{e^{ix}}{1+x^2}dx\right|&\leq \left|\int_0^{\pi}\frac{iRe^{i\theta+iR\cos(\theta)-R\sin(\theta)}}{1+R^2e^{2i\theta}}d\theta\right|\\ &\leq \int_0^{\pi}\left|\frac{iRe^{i\theta+iR\cos(\theta)-R\sin(\theta)}}{1+R^2e^{2i\theta}}\right|d\theta\\ &\leq \int_0^{\pi}\frac{R}{R^2-1}d\theta\\ &\leq \frac{\pi R}{R^2-1}. \end{align*}
4. Les questions précédentes nous disent que $$\left|\pi e^{-1}-\int_{-R}^R \frac{e^{ix}}{1+x^2}dx\right|\leq \frac{\pi R}{R^2-1}.$$ On fait tendre $R$ vers $+\infty,$ et d'après le théorème des gendarmes, on trouve $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{1+x^2}dx=\pi e^{-1}.$$ Prenant la partie réelle de cette égalité, on trouve $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{1+x^2}dx=\pi e^{-1}.$$

La fonction \( f(z) \) a un pôle d'ordre \( 2n+1 \) en \( z = 0 \). Pour trouver le résidu, on développe \( (z^2 + 1)^{2n} \) à l'aide de la formule du binôme : \[ (z^2 + 1)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} z^{2k}. \] Ainsi, \[ f(z) = \frac{(z^2 + 1)^{2n}}{z^{2n+1}} = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} z^{2k - (2n+1)}. \] Le résidu est le coefficient de \( z^{-1} \), donc on cherche \( k \) tel que : \[ 2k - (2n + 1) = -1 \implies 2k = 2n \implies k = n. \] Le coefficient correspondant est \( \binom{2n}{n} \). Le résidu de $f$ en $z = 0$ est $\binom{2n}{n}.$ D'après le théorème des résidus, on en déduit : \[ \int_{\mathcal{C}(0,1)} f(z) \, dz = 2i\pi \cdot \text{Res}(f, 0) = 2i\pi \cdot \binom{2n}{n}. \] Mais d'autre part, en écrivant $z=e^{it},$ $t\in[0,2\pi],$ on a aussi \begin{align*} \int_{\mathcal{C}(0,1)} f(z) \, dz &=\int_{0}^{2\pi}\frac{(e^{2it}+1)^{2n}}{e^{i(2n+1)t}}ie^{it}dt\\ &=i\int_{0}^{2\pi}(e^{it}+e^{-it})^{2n}dt\\ &=i2^{2n}\int_0^{2\pi} (\cos(t))^{2n}dt \end{align*} d'où on tire $$\int_0^{2\pi} (\cos t)^{2n} \, dt = \frac{2\pi}{4^n} \binom{2n}{n}.$$

On applique le théorème des résidus au demi-cercle de diamètre $[-R,R]$ contenu dans le demi-plan supérieur. Si on note $\gamma_R$ ce contour et $C_R$ le demi-cercle de ce contour, on trouve $$2i\pi\sum_{k=1}^r \textrm{Res}\left(\frac PQ,a_k\right)=\int_{\gamma_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=\int_{-R}^R \frac{P(x)}{Q(x)}dx+\int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz.$$ Or, comme $\deg(P)\leq\deg(Q)-2$, il existe une constante $A$ telle que, pour $|z|=R$ assez grand, $|P(z)/Q(z)|\leq A R^{-2}$. On en déduit $$\left|\int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz\right|\leq \pi R AR^{-2}$$ et donc $\int_{C_R} \frac{P(z)}{Q(z)}dz$ tend vers 0 lorsque $R$ tend vers $+\infty$. On en déduit le résultat.
Pour $f(z)=\frac{z(z+1)}{(z^2+1)^2}$, le seul pôle de partie imaginaire strictement positive est $i$, et c'est un pôle double. On calcule le résidu de $f$ en $i$, en posant $w=z-i$. On a donc \begin{eqnarray*} \frac{z(z+1)}{(z^2+1)^2}&=&\frac{(w+i)(w+i+1)}{w^2(w+2i)^2}=\frac{(w+i)(w+i+1)}{(2i)^2 w^2\left(1+\frac w{2i}\right)^2}\\ &=&\frac{-1}{4w^2}\left((w+i)(w+i+1)\left(1-\frac w i+o(w)\right)\right). \end{eqnarray*} On s'intéresse au terme en $1/w$. Il est égal à $$\frac{-1}{4}\times \left(i+i+1-\frac{i(i+1)}{i}\right)=\frac{-i}{4}.$$ L'intégrale recherché est donc égale à $\frac{\pi}{2}$.

Posons $f(z)=\frac{e^{az}}{1+e^z}.$ Soit $R\geq 1$ et notons $\gamma_R$ le rectangle de sommets $-R,$ $R$, $R+2i\pi,$ $-R+2i\pi$ que l'on oriente dans le sens trigonométrique. On a $$1+e^z=0\iff e^z=-1\iff z=i\pi+2ik\pi.$$ Ainsi, $f$ est holomorphe à l'intérieur du rectangle sauf au point $i\pi$. En ce point, $e^z+1$ admet une racine simple, et donc $i\pi$ est un pôle simple pour $f.$ Écrivant $f=u/v,$ le résidu de $f$ en $i\pi$ vaut $u(i\pi)/v'(i\pi)=-e^{ia\pi}.$ Appliquons le théorème des résidus à $f$ avec le contour $\gamma_R.$ On trouve $$\int_{\gamma_R}f(z)dz=-2i\pi e^{ia\pi}.$$ On découpe ensuite l'intégrale sur le contour en quatre morceaux. Posons $I_R=\int_{-R}^R f(t)dt,$ $J_R=\int_{-R}^R f(t+2i\pi)dt.$ On a $$\int_{\gamma_R}f(z)dz=I_R-J_r+\int_{0}^{2\pi}f(R+it)dt-\int_{0}^{2\pi}f(-Rit)dt.$$ On remarque que $$J_R= f(t+2i\pi)dt=\int_{-R}^R e^{2ia\pi}\frac{e^{at}}{1+e^{t}}dt=e^{2ia\pi}I_R.$$ D'autre part, \begin{align*} \left|\int_0^{2\pi}f(R+it)dt\right|&\leq \int_0^{2\pi}\frac{e^{aR}}{|1+e^{it}e^{R}|}dt\\ &\leq \int_0^{2\pi} \frac{e^aR}{e^R-1}dt \end{align*} et il est facile de voir que le membre de droite tend vers $0$ parce que $a\in ]0,1[,$ ou bien en appliquant le théorème de convergence dominée, ou en remarquant que $$\frac{e^{aR}}{e^R-1}\leq Ce^{(a-1)R}$$ pour une certaine constante $C>0$. De la même façon, on prouve que $$\int_{0}^{2\pi}f(-Rit)dt\xrightarrow{R\to+\infty}0.$$ Compte tenu de tout cela, faisant tendre $R$ vers $+\infty$ dans le théorème des résidus, on trouve $$(1-e^{2ia\pi})\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{1+x}dx=-2i\pi e^{ia\pi}.$$ Pour conclure, on remarque que $$1-e^{2ia\pi}=-2i e^{ia\pi}\sin(a\pi).$$ On a donc finalement $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx=\frac{\pi}{\sin(\pi a)}.$$

On pose $z=e^{it}$ de sorte que $\sin(t)=\frac{1}{2i}(z-\frac 1z)$ et $dz=ie^{it}dt$ ce qui entraîne $dt=-iz^{-1}dz$. On a donc $$a+\sin t=\frac{z^2+2iaz-1}{2iz}$$ et $$I=\int_\Gamma \frac{2iz}{z^2+2iaz-1}\times (-iz^{-1})dz=\int_\Gamma\frac{2}{z^2+2iaz-1}dz$$ où $\Gamma$ est le cercle unité, orienté positivement. L'équation $z^2+2iaz-1$ a pour solutions $p=-ia+i\sqrt{a^2-1}$ et $q=-ia-i\sqrt{a^2-1}$. La seule située dans le disque unité est $p$. Comme $f(z)=\frac{2}{(z-p)(z-q)}$, on a $$\textrm{Res}(f,p)=\frac{2}{p-q}=\frac{1}{i\sqrt{a^2-1}}.$$ Il résulte alors immédiatement du théorème des résidus (en fait, de la formule de Cauchy...) que $$I=2i\pi \frac{1}{i\sqrt{a^2-1}}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}.$$

Le problème vient ici du fait que la fonction $z^\alpha$ n'est pas définie sur $\mathbb C$ tout entier. On doit en choisir une détermination appropriée pour le problème considéré. On choisit ici $z^\alpha=r^\alpha e^{i\alpha\theta}$ si $z=re^{i\theta}$, $0<\theta<2\pi$. Attention, ce n'est pas la détermination principale de la fonction "racine $\alpha$-ième", mais la détermination définie sur $\mathbb C\backslash[0,+\infty[$. On applique ensuite le théorème des résidus au compact $K_{\veps,R}$ et à la fonction $f(z)=\frac{1}{z^\alpha(1+z)}$. A l'intérieur du compact considéré, elle admet une singularité en $-1$ dont le résidu est $$\textrm{Res}(f,-1)=\frac{1}{(-1)^\alpha}=e^{-i\pi\alpha}.$$ On obtient donc $$\int_{\partial K_{\veps,R}}f(z)dz=2i\pi e^{-i\pi\alpha}.$$ Quand $\veps$ tend vers 0, alors $$\left|\int_{C_\veps}f(z)dz\right|\leq \frac{1}{\veps^\alpha (1-\veps)}\times\pi\veps=\frac{\pi\veps^{1-\alpha}}{1-\veps}$$ et ceci tend vers 0 quand $\veps$ tend vers 0 puisque $\alpha<1$. D'autre part, $$\int_{\Gamma_{\veps,R}}f(z)dz=\int_{\theta_{\veps,R}}^{2\pi\theta_{\veps,R}}iR^{1-\alpha}\frac{e^{i(1-\alpha)\theta}}{1+Re^{i\theta}}d\theta$$ et on majore ceci en $$\left|\int_{\Gamma_{\veps,R}}f(z)dz\right|\leq \int_0^{2\pi}\left|\frac{R^{1-\alpha}}{R-1}\right|d\theta\leq 2\pi \frac{R^{1-\alpha}}{R-1}.$$ Comme $\alpha>0$, ceci tend vers 0 lorsque $R$ tend vers $+\infty$. Il reste à évaluer les intégrales sur chacun des segments. Si $t>0$, alors $(t+i\veps)^{\alpha}$ tend vers $t^\alpha$ tandis que $(t-i\veps)^{\alpha}$ tend vers $e^{2i\pi \alpha}t^\alpha$ lorsque $\veps$ tend vers 0 (ici, il faut faire très attention à notre choix de la détermination de $z^\alpha$). De plus, pour tout $t>0$ et tout $y\in\mathbb R$, on $$|f(t+iy)|\leq \frac{1}{t^\alpha(1+t)}$$ et cette fonction est intégrable sur $]0,+\infty[$. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée et $I^+_{\veps,R}$ tend vers $J_\alpha$ tandis que $I_{\veps,R}^-$ tend vers $e^{-2\pi i\alpha}J_\alpha$ lorsque $\veps$ tend vers 0 et $R$ tend vers $+\infty$. Tenant compte de l'orientation, le passage à la limite dans la formule des résidus nous donne $$(1-e^{-2i\pi\alpha})J_\alpha=2i\pi e^{-i\pi\alpha}$$ ce qui donne bien $J_\alpha=\frac{\pi}{\sin\pi\alpha}.$

Le problème est double : trouver le bon contour pour appliquer le théorème des résidus, et utiliser la bonne détermination du logarithme. On va choisir la détermination du logarithme sur $\mathbb C\backslash \{iy;\ y<0\}$, c'est-à-dire que $$\log(z)=\ln |z|+i\textrm{arg}(z)$$ avec $\textrm{arg}(z)\in ]-\pi/2,3\pi/2[$. On applique le théorème des résidus à la fonction $f(z)=\log^2(z)/(1+z^2)$ et au compact dont le bord $\gamma_{\veps,R}$ est déterminer par les arcs de cercle $\{|z|=\veps,\ \Im m(z)>0\}$, $\{|z|=R,\ \Im m(z)>0\}$ et les segments $[\veps,R]$ et $[-R,-\veps]$, avec $0<\veps<1<R$. A l'intérieur de ce compact, la fonction admet une singularité en $i$ dont le résidu est donné par $$\textrm{Res}(f,i)=\frac{\log^2(i)}{2i}=\frac1{2i}\left(\frac{i\pi}{2}\right)^2=-\frac{\pi^2}{8i}.$$ On obtient donc $$\int_{\gamma_{\veps,R}}f(z)dz=-\frac{\pi^3}{4}.$$ Sur le segment $[\veps,R]$, l'intégrale vaut $$\int_{[\veps,R]}f(z)dz=\int_{\veps}^R\frac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt\to\int_0^{+\infty}\frac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt.$$ Remarquons que cette intégrale est bien définie car en 0, la fonction est équivalente à $\ln^2(t)$ et ceci est intégrable, car $\ln^2(t)=_0 o(t^{-1/2})$. Au voisinage de $+\infty$, la fonction est intégrable car $f(t)=_{+\infty}o(t^{-3/2})$.\\ Sur le segment $[-R,-\veps]$, on a $z=te^{i\pi}$ $$\log(z)=\ln(t)+i\pi$$ et donc $$\int_{[-R,-\veps]}f(z)dz=\int_{\veps}^{R}\frac{\ln^2t}{1+t^2}dt+2i\pi\int_{\veps}^{R} \frac{\ln(t)}{1+t^2}dt-\int_{\veps}^{R} \frac{\pi^2}{1+t^2}dt.$$ Lorsque $\veps$ tend vers 0 et $R$ tend vers $+\infty$, ceci tend vers $$I-2\pi i\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1+t^2}dt-\frac{\pi^3}{2}.$$ Sur le cercle de rayon $r$, on a $|\log(z)|\leq \pi+|\ln r|$, et donc, si on intègre $f$ sur le demi-cercle $C_r$ de rayon $r$ contenu dans le demi-plan $\Im m(z)\geq 0$, on a la majoration $$\left|\int_{C_r}f(z)dz\right|\leq \int_0^{\pi}\frac{|\ln r+\pi|^2}{r^2-1}|ire^{i\theta}|d\theta\leq 2\pi r\frac{\ln^2 r+\pi^2}{r^2-1}.$$ Pour $r=\veps$, si $\veps\to 0$, ceci tend vers 0 car $\veps\ln^2(\veps)$ tend vers 0. Si $r=R$, alors ceci tend aussi vers 0 car $\ln^2(R)/R\to 0$. Finalement, de la formule des résidus, en faisant tendre $\veps$ vers 0 et $R$ vers $+\infty$, on obtient $$I+I-\frac{\pi^3}{2}+2\pi i\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln t}{1+t^2}dt=-\frac{\pi^3}{4}.$$ Tenant compte des parties réelles, on trouve finalement $$I=\frac{\pi^3}{8}.$$ Par ailleurs, le calcul prouve aussi que $$\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1+t^2}dt=0.$$