CHAPITRE 4 Théorème des Résidus

CHAPITRE 4 Théorème des Résidus 4. Résidus Définition 4.. Soit f : C C une fonction analytique au point z, et C= { z C / < z z <r } (Disque troué). On appelle résidu de f au point z, le cœfficient a du développement de Laurent de f au voisinage de z. Ce nombre est noté Res( f, z ) Remarque : Soit a n (z z ) n a = + a (z z ) + (z z ) + a + a (z z )+a (z z ) + n= le développement de Laurent de f au voisinage de z, comme ce développement existe toujours pour les fonctions analytiques au voisinage de z, donc a existe toujours et est FINI. Très important : Dans l exemple précédent on a trouvé que (z+)(z+3) = ( ) n ( ) n z n = z n+ 3 n+ z + z 3 + z 3+. Cela ne n= n= signifie pas que Res( f, )=, car ce développement ne se fait pas au voisinage de mais dans une couronne qui n est pas un disque troué. Par contre : donne Res( f, ) =. (z+)(z+3) = z+ ( z+3 = ( ) n ) z n = 3 n+ 3 3 z+ n= 4. Résidu à l infini Si f admet un développement de Laurent pour z très grand, alors on peut toujours définir le résidu de f au voisinage de l infini. Considérons l expression f (z) dz, si z est 3

au voisinage de l infini alors z se trouve au voisinage de. Posons t= ; on a donc z f (z) dz= ( ) t f dt, d où la définition : t Définition 4.. Soit f : C C une fonction analytique au point z, et C = { z C / z >R, R> }. On appelle résidu de f à l infini, le nombre Res( f, )=Res(g, ) avec g(z)= ( ) z f z Remarque 4.. Posons : a n z n = ( ) z f z D où l on tire : Res( f, )= a, et donc : = n Z a n z n+ Res( f, )+Res( f, )= ( Remarque 4.. Si f (z) se présente sous la forme f (z) = g alors ; z) Res( f, )= g () 4.. Points singuliers des fonctions analytiques Soit f une fonction analytique dans un ensemble ouvert connexe : Ω= { z C / z z <r r> } C ; soit a un point frontière deω, c est à dire a z =r. Si f peut être prolonger en une fonction analytique en a, on dira qu alors que le point a est un point régulier, f est donc bornée au voisinage de a ; sinon c est un point singulier. 4... types de singularités Soit le développement de Laurent d une fonction f au voisinage de a. c n (z a) n + n= n= d n (z a) n. Trois cas se présentent alors : er Cas : Tous les d n sont nuls. f est donc analytique en z=a. Le développement de Laurent coïncide avec la série de Taylor au voisinage de a. ème Cas : Un nombre fini de d n n est pas nul. Soit alors m le plus grand entier positif tel que d m. Alors (z a) m f (z) est analytique au point a. On dira alors que a est une singularité d ordre m, ou pôle d ordre m ; (pôle simple, double, triple,... pour m=,, 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 4

4.. Théorème des résidus Théorème 4.. SoitΩun ouvert simplement connexe, et a, a,..., a n Ω. SoitΩ =Ω/{a, a,..., a n } et f :Ω C, analytique. alors γ : [a, b] Ω, un lacet quelconque dansω. f (z) dz=πi Res( f, a k ).I(a k,γ) γ k= Preuve : Posons D k = { z Ω / < z a k <r k } Ω, on choisira rk aussi petit que possible de telle manière que D k D k = pour k k ; et soit C k = D k \{a k }. f étant analytique dans C k admet donc un développement de Laurent dans cet ensemble : n= c n,k (z a k ) n = Posons alors g(z)= f (z) g est analytique dansω. Si z C k c n,k (z a k ) n + n= u k (z), donc : k= g(z)= ( f (z) u k (z) ) u j (z) j= j k n= c n,k (z a k ) n= comme pour j k le point a k est régulier pour u j (z), il l est aussi pour n= c n,k (z a k ) n + u k (z). u j (z) ; d autre part, par définition le point a k est régulier pour f (z) u k (z) donc il l est pour g. on peut donc prolonger g en une fonction analytique dansωtout entier, commeωest simplement connexe, le théorème de Cauchy donne d où la formule. γ g(z) dz=, j= j k 4... Calcul pratique du résidu d une fonction : Soit f (z) = n= a n (z z ) n le développement de Laurent de f au voisinage de z. L intégrale de f le long d un lacet ne dépend donc que d un cœfficient dans le développement de Laurent ; qui est a. On va montrer que dans beaucoup de cas on peut déterminer ce cœfficient sans passer par le développement de Laurent. 5 M r AMROUN NOUR-EDDINE

On va distinguer deux cas. er Cas :z est un pôle simple. Soit alors a z z + a + a (z z )+ (z z ) a + (z z )a + a (z z ) + =Res( f, z o )+(z z )a + a (z z ) + et par passage à la limite, on obtient : Res( f, z o )= lim z z (z z ) f (z). (4.) Si f (z) se présente sous la forme, alors : P(z) Q(z) où Q(z )= et Q (z ), (4.) Res( f, z )= P(z ) Q (z ) (4.3) Remarque 4..3 Si a =, la singularité est appelée «singularité apparente», «pôle apparent», ou «fausse singularité». Exemple 4.. sin z, on a lim z. ; est une singularité apparente de f. z z On peut le voir immédiatement en utilisant le développement de Laurent f. On a, sin z = ( ) n z n+ ( ) n z n z = = z z (n+)! (n+)! 3! + z4 5! z6 7! + n= n= On voit bien qu il n y a pas du tout de singularité. Exemple 4.. Donnons le résidu de ez z 3 + ; au point z =. z = est un pôle simple et f se présente sous la forme (4.) ; on a donc, e z ez e( ) (z 3 + ) = 3z= Res( f, )= 3( ) =e 3 ème Cas :a est un pôle multiple. Soit m l ordre de la singularité de z. Écrivons : a m a m+ (z z ) m+ (z z ) m + + a (z z ) + a + a (z z )+ = (z z ) m a m + a m+ (z z )+a m+ (z z ) + +a (z z ) m + a (z z ) m + En dérivant jusqu à l ordre m, on obtient : ((z z ) m f (z)) (m ) = (m )!a + a (m )!(z z )+ ; d où l on obtient : Res( f, z )= (m )! lim z z ( (z z ) m f (z) ) (m ). (4.4) Cette formule est intéressante seulement quand l ordre est ou 3 à la limite. Si l ordre est grand 4 ou plus, mieux faut utiliser le développement de Laurent. M r AMROUN NOUR-EDDINE 6

Remarque 4..4 Dans le cas où f (z) est le rapport de deux fonctions g(z) et h(z) ayant z comme 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) par un certain nombre de termes de leurs développements en série de Taylor au voisinage de z. Exemple 4..3 Trouver le résidu au point z = de la fonction d ordre ; on a : Res( f, )=! lim z ((z f (z)) = lim z Exemple 4..4 ( cos(z ) ) ( sin(z ) = lim z cos (z ) ; est un pôle z cos(z ) ) = sin cos Trouver le résidu au point z = i de la fonction cos z ; i est un pôle d ordre (z + ) 3 3 ; on a : Res( f, i)=! lim z i ((z i)3 f (z)) = ( ) cos z lim = ( ) (z+i) sin z 3 cos z z i (z+i) 3 lim z i (z+i) 4 = ( ) 6(z+i) lim sin z+( (z+i) ) cos z (3 sh 4 ch ) i = z i (z+i) 5 6 Exemple 4..5 Trouver le résidu au point z = de la fonction +z ; est un pôle d ordre z 6 (4+z) 6 ; Inutile de préciser qu on n utilisera pas la formule (4.4). On utilisera directement le développement de Laurent. +z z 6 (4+z) = 4z 6 +z (+z/4) = 4z 6 (+z )( z/4+z /4 z 3 /4 3 + +( ) n z n /4 n + ). Dans ce produit, seul le cœfficient de z 5 est utile, et qui est /4 5. D où Res( f, )=/4 ( )/4 5 = 4 6= 496. Exemple 4..6 tg z z Trouver le résidu au point z = de la fonction ; ici il n est pas facile ( cos z) de dire directement l ordre de la singularité ; on va utiliser la remarque (4..4). tg z z ( cos z) = 3 z3 + 5 z5 + 7 35 z7 + 4 z4 = 4 3 z + 34 9 z+ 45 378 z3 + 4 z6 + est donc une singularité simple et on a Res( f, )= 4 3 Exemple 4..7 Trouver le résidu au point z = de la fonction z cos π z. On a z cos π z = z+cos(π/z) = z + n π n (n)!z n n= 7 M r AMROUN NOUR-EDDINE

( ) = z π /3π4 /45π6 z+ z4 z 6+ = z π π6 z +π4 3z3 45z 5+ est donc une singularité essentielle, on a d après ce développement de Laurent que Res( f, )= π. 4.3 Application du théorème des résidus à des calculs d intégrales 4.3. Intégrale du type f (x) dx On suppose que f soit la restriction àrd une fonction f, qui est analytique dans un ensemble ouvert de la forme D = D {a, a,..., a n } où D contient le demi plan fermé Im z, et les a k sont des points du demi-plan ouvert Im z>. On considère alors un lacetγ, juxtapositionγ γ de deux chemins suivants : γ : t t, pour γ : t R e it, pour R t R. t π. Où le nombre R est pris tel que R> a k pour tous les indices k ; il est immédiat que l on a pour tout k,j(a k,γ)=. Le théorème des résidus permet d écrire, Si de plus, R R f (x) dx+ par passage à la limite on a donc : γ f (z) dz= lim R γ γ f (z) dz=πi f (z) dz=, Res( f, a k ). k= f (x) dx=πi Res( f, a k ). (4.5) k= Premier cas : P(z) où P et Q sont des polynômes premiers entre eux. Aucun des zéros de Q Q(z) n étant réel. Supposons en outre que l on ait, deg Q +deg P. La formule (4.5) est valable, les a k étant les zéros de Q tels que Im a k >. Exemple 4.3. Calculer l intégrale : M r AMROUN NOUR-EDDINE 8 x dx (x + )(x + 9)

Remarquons que x dx Posons alors, (x + )(x + 9) z (z + )(z + 9) Ici on a P(z)=z et Q(z)=(z + )(z + 9), et deg Q=4 +deg P=+=4. les racines de Q(z) sont i, i, 3i et 3i, donc aucune n est réelle, la formule (4.5) est donc applicable. Seuls i et 3i ont des parties imaginaires strictement positifs, d où z dz (z + )(z + 9) = πi( Res( f, i)+ Res( f, i) ) i et i étant deux pôles simples de f, appliquons la formule (4.3). Pour le pôle i on a : z Res( f, i)= lim(z i) z i (z + )(z + 9) = lim z z i ((z + )(z + 9)) z = lim z i ((z)(z + 9)+(z + )(z)) = (i)(8) = 3i Pour le pôle 3i on a : Res( f, 3i)= lim (z 3i) z 3i z (z + )(z + 9) = lim z 3i z ((z + )(z + 9)) z = lim z 3i ((z)(z + 9)+(z + )(z)) = 9 (6i)( 8) = 3i 3 D où, ( πi 3i + 3 ) = π 3i 8 Exemple 4.3. Calculer l intégrale : dx x + ix+ 4i Posons f (z) = z + iz+ 4i Les pôles de f sont simples et on a z z = 3i, Im(z )<, est à rejeter. Les conditions sont toutes vérifiées, on a alors, dx = πires( f, +i). x + ix+ 4i Res( f, +i)= lim (z i) lim (z i) z +i z +i z + iz+ 4i = lim Finalement, πi +4i = π 5 + iπ 5 Remarquons que, f (x) = d où l on déduit, z +i = +i et z+i = +4i x + ix+ 4i = (x + ) i(x 4) (x + ) i(4 x) (x + ) + (x 4) = x 4 + 8x 6x+, (x + )dx x 4 + 8x 6x+ = π 5, (4 x)dx x 4 + 8x 6x+ =π 5 9 M r AMROUN NOUR-EDDINE

Deuxième cas : P(z) Q(z) eimz, m>; où P et Q sont des polynômes premiers entre eux. Aucun des zéros de Q n étant réel. Supposons en outre que l on ait, deg Q +deg P. La formule (4.5) est valable, les a k étant les zéros de Q tels que Im a k >. Exemple 4.3.3 calculer l intégrale Soit à rejeter. sin x dx x + x+ e iz z + z+, on a deux pôles simples z = +i, et z = ice dernier est On a donc Res( f, +i)= lim Finalement, z +i e ix dx πie i x + x+ = i J= 4.3. Intégrale du type (z+ i) lim z +i (z+ i) e iz z + z+ = e i i =π e i =π e (cos i sin ) d où l on déduit, sin x dx x + x+ = π e sin, cos x dx x + x+ =π e cos. π π R(cosθ, sinθ) dθ Soit R(x, y) une fonction rationnelle en x et en y qui n a pas de pôles sur le cercle x + y =, alors on a : π π R(cosθ, sinθ) dθ= z = R ( z+z ), z z dz i iz L égalité (4.6) est justifiée par le changement de variables suivant : z=e iθ = cosθ+i sinθ= z = e iθ = cosθ i sinθ d où l on tire cosθ= z+z, sinθ= z z et dz=i e iθ dθ dθ= dz i iz Posons : iz ( ) z+z R, z z, on a alors : i πi Res ( ) f (z), z k, (4.6) où la somme est étendue à tous les pôles de f (z) tels que z k <. M r AMROUN NOUR-EDDINE 3

Exemple 4.3.4 Calculer l intégrale Réponse : π dθ, et a> b. a+b sinθ Les pôles de par, z = a+ a b b iz a+b z z i = bz + aiz b bz + aiz b sont obtenus en résolvant bz + aiz b=et sont donnés i et z = a a b i, b seul z est à l intérieur du cercle, car z = a+ a b b = b a+ <, car a b a< b. Comme z z =, donc nécessairement z >. ce sont deux pôles simples, le résidu en z est donc ; Res( f, z )= lim (z z ) z z bz + aiz b = lim z z bz+ai = i, a b d où πi i finalement, a b Exemple 4.3.5 Calculer : Réponse : π dθ a+b sinθ = π, et a> b. a b π cos nθ dθ 5+3 cosθ, n N. La formule de Moivre donne cos nθ= zn + z n, d où en substituant dans notre intégrale, on a : z n + z n iz z n + = i 5+3 z+z z n (3z + z+3) Pôles de f : z =, est un pôle d ordre n. 3z + z+3=(3z+)(z+3)=, deux pôles simples z = 3 et z = 3 ; seul z = 3 a un module supérieur à, d où : πi ( Res ( f (z), ) + Res ( f (z), /3 )). Calcul des résidus : Pour z = /3, il s agit d un pôle simple, donc ; 3 M r AMROUN NOUR-EDDINE

Res ( f (z), /3 ) = lim (z+/3) i(z n + ) z /3 z n (3z+)(z+3) = lim i(z n + ) +3n z /3 3z n = i( )n (z+3) 8.3 n Pour z =, qui est un pôle d ordre n, il est préférable de faire le développement de Laurent de f au voisinage de. z n + Remarquant que i z n (3z + z+3) = i z n (3z + z+3) i ( z n (3z + z+3) ) z n Comme n est pas un pôle de i, donc Res i (3z + z+3) (3z + z+3), =. D où Res ( f (z), ) ( ) = Res i z n (3z + z+3),. On a i z n (3z + z+3) = ( i 9 z n 3z + z+3 = i z 4 n +3z 4 ). Un développement en série entière au voisinage de zéro donne : +z/3 9 4 +3z 4 +z/3 = 9 ( ) n 3 n z n ( ) n (z/3) n 4 4 n= n= = ( ( ) n 3 n+ ) z n, où z < 4 3 3 n n= D où l on tire que ; Res ( f (z), ) = i ( 4 ( )n 3 n+ ). 3 n Finalement ( ; ( i πi 4 ( )n 3 n+ ) ) i( ) n +3n = π ( ) n 3 n 8.3 n 3 n π 4.3.3 Intégrale du type I = cos nθ dθ 5+3 cosθ =π ( )n 3 n, n N. x α Q(x) dx. α est un réel strictement positif, R une fraction rationnelle n ayant pas de pôle réel positif ou nul, et telle que Q() et lim x x α Q(x) =. Si Q=P/S ou P et S sont deux polynômes, on a deg P<deg S α. On va considérer cette fois la fonction ( z) α Q(z) ( z) α = e (α ) Log( z) ou Arg(Log(z)) ] π,π[. On considère le lacetγ, juxtapositionγ γ γ 3 γ 4 de quatre chemins γ (t)=e iλt pour r t R γ (t)=r e it pour λ t π λ γ 3 (t)= e iλt pour R t r γ 4 (t)=r e i(π t) pour λ t π λ. x α Q(x) dx= π sinαπ Res ( ( z) α Q(z), z k ) où la somme est étendue à tous les pôles de la fraction R(z). M r AMROUN NOUR-EDDINE 3 z n

Exemple 4.3.6 Calculer l intégrale Réponse : dx 3 x(+x) Ici on aα = et doncα=/3. On a ici Q(z)=, un seul pôle z=. 3 z+ dx π 3 = x(+x) sin(/3π) Res( ( z) /3 Q(z), ). ( ) Res ( z) /3 z+, = lim z (z+)( z) /3 z+ =, π sin(/3π) = π = π 3 3/ 4.3.4 Intégrale du type I = Q(x) Log x dx. Q une fraction rationnelle n ayant pas de pôle réel positif ou nul, Q() et telle que lim xq(x)=. x En gardant le lacet précédent et en considérant le fonction Q(z) Log z. Les intégrales surγ etγ 4 tendent vers zéro lorsque r et R. Et à la limite quandλ, log z=log x surγ, et Log z=log x+πi surγ 3. On obtient ainsi la relation, Q(x) Log x dx Q(x)(Log x+πi) dx=πi Res ( Q(z) Log z ), d où Q(x) Log x dx πi Q(x) dx= Res ( Q(z) Log z ). La somme est étendue à tous les pôles de la fraction Q(z). Dans le cas où, Q est une fonction réelle, on obtient deux intégrales. Q(x) Log x dx = Re( Res ( Q(z) Log z )), Q(x) dx = π Im( Res ( Q(z) Log z )). Remarque 4.3. En intégrant la fonction Q(z) Log z, on obtiendrait de la même manière la formule Q(x) dx= Res ( Q(z) Log z ). Posons I n = Q(x) Log n x dx, en intégrant la fonction Q(z) Log n+ z, on obtiendrait une relation de récurrence entre I n, I n,, I, et I. (πi) n p p I n+ p= p= Res ( Q(z) Log n+ z ). 33 M r AMROUN NOUR-EDDINE

Exemple 4.3.7 Calculer : Log x dx (x+) 3 Réponse : Ici Q(x)=, toutes les conditions sont vérifiées, d où (x+) 3 ou encore, Log x (x+) dx (Log x+πi) 3 (x+) 3 4πi Log x 4π (x+) 3 ( ) dx=πires (z+) 3 Log z,, ( ) dx=πires (z+) 3 Log z,. Comme ( est un pôle) triple, pour le résidu on a donc, Res (z+) 3 Log z, = ( )) lim ((z+) 3! z (z+) 3 Log z = ( lim Log z ) Log z = lim! z z z = Log( ) = (+iπ) = iπ. ( ) Finalement, Log x dx 4πi (x+) 3 dx+4π (x+) 3= πi( iπ)=πi+π. Conclusion, Log x dx (x+) 3 = dx (x+) 3 = M r AMROUN NOUR-EDDINE 34