Théorème des résidus : corrigé des exercices de maths en L3

Sommaire

Ce corrigé résidus L3 rédige chaque solution comme en partiel. Pour une intégrale réelle, la démarche est toujours la même : vérifier la convergence, choisir le contour, localiser les pôles intérieurs, calculer les résidus, puis montrer que les morceaux parasites tendent vers $0$. Chaque majoration d’arc est écrite explicitement, avec la longueur du chemin et un minorant du dénominateur.

Soyez vigilant sur trois points. D’abord, l’orientation : un petit arc parcouru dans le sens indirect change le signe. Ensuite, les multiplicités dans le principe de l’argument et le théorème de Rouché. Enfin, vérifiez chaque résultat par un cas particulier ou une autre méthode, comme le font plusieurs solutions ci-dessous.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths en L3 sur théorème des résidus.

Corrigé de l’exercice 1 : Série de Laurent d’une fraction rationnelle

On cherche $\alpha, \beta$ tels que $\frac{1}{(z-1)(z-2)} = \frac{\alpha}{z-1} + \frac{\beta}{z-2}$. En multipliant par $z-1$ puis en faisant $z = 1$, on trouve $\alpha = -1$. De même, $\beta = 1$. Donc $f(z) = \frac{1}{z-2} – \frac{1}{z-1}$.
On applique la méthode du cours, terme par terme.
Sur $|z| < 1$, on a $|z| < 1 < 2$. D’une part, $-\frac{1}{z-1} = \frac{1}{1-z} = \sum_{n \geq\, 0} z^n$. D’autre part, $\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 – z/2} = -\sum_{n \geq\, 0} \frac{z^n}{2^{n+1}}$. Ainsi, $f(z) = \sum_{n \geq\, 0} (1 – \frac{1}{2^{n+1}}) z^n$ : c’est une série entière, car $f$ est holomorphe sur $D(0, 1)$.

Sur $1 < |z| < 2$, le terme en $z – 2$ garde le même développement. En revanche, $|1/z| < 1$, donc $-\frac{1}{z-1} = -\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 – 1/z} = -\sum_{n \geq\, 0} \frac{1}{z^{n+1}}$. Par conséquent, $f(z) = -\sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{z^n} – \sum_{n \geq\, 0} \frac{z^n}{2^{n+1}}$.

Sur $|z| > 2$, on développe aussi $\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 – 2/z} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{2^n}{z^{n+1}}$. Donc $f(z) = \sum_{n \geq\, 0} \frac{2^n – 1}{z^{n+1}}$. Le terme $n = 0$ est nul, d’où $f(z) = \sum_{n \geq\, 2} \frac{2^{n-1} – 1}{z^n} = \frac{1}{z^2} + \frac{3}{z^3} + \frac{7}{z^4} + \cdots$
D’après le théorème de Laurent, $\int_{|z|=\rho} f(z) \, dz = 2i\pi a_{-1}$, où $a_{-1}$ est le coefficient de $z^{-1}$ sur la couronne qui contient le cercle. Le cercle $|z| = \frac{3}{2}$ est dans $1 < |z| < 2$, où $a_{-1} = -1$. Donc $\int_{|z|=3/2} f = -2i\pi$. Le cercle $|z| = 3$ est dans $|z| > 2$, où $a_{-1} = 0$. Donc $\int_{|z|=3} f = 0$.
Les pôles $1$ et $2$ sont simples, avec $\operatorname{Res}(f, 1) = \frac{1}{1-2} = -1$ et $\operatorname{Res}(f, 2) = \frac{1}{2-1} = 1$. Le cercle $|z| = \frac{3}{2}$ n’entoure que $1$ : on retrouve $2i\pi \cdot (-1)$. Le cercle $|z| = 3$ entoure les deux pôles : on retrouve $2i\pi(-1 + 1) = 0$. Les deux méthodes concordent.

La figure ci-dessous situe les deux cercles d’intégration par rapport aux pôles et aux trois couronnes.

Point de méthode : sur une couronne qui contient tous les pôles, le coefficient $a_{-1}$ est la somme de tous les résidus.

Corrigé de l’exercice 2 : Séries de Laurent en zéro de fonctions usuelles

Pour tout $z \neq 0$, $e^{1/z} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{1}{n! \, z^n}$. Donc $f_1(z) = \sum_{n \geq\, 0} \frac{z^{3-n}}{n!} = z^3 + z^2 + \frac{z}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24 z} + \frac{1}{120 z^2} + \cdots$ Une infinité de coefficients d’indice négatif sont non nuls : $0$ est une singularité essentielle, et $\operatorname{Res}(f_1, 0) = \frac{1}{4!} = \frac{1}{24}$.
On divise la série du sinus par $z^4$ : $f_2(z) = \frac{1}{z^3} – \frac{1}{6z} + \frac{z}{120} – \cdots = \sum_{k \geq\, 0} \frac{(-1)^k z^{2k-3}}{(2k+1)!}$. Le coefficient de $z^{-3}$ vaut $1$ et il n’y a pas de terme d’indice inférieur. C’est un pôle d’ordre 3, et $\operatorname{Res}(f_2, 0) = -\frac{1}{6}$.
De même, $\cos(1/z) = \sum_{k \geq\, 0} \frac{(-1)^k}{(2k)! \, z^{2k}}$, donc $f_3(z) = \sum_{k \geq\, 0} \frac{(-1)^k z^{1-2k}}{(2k)!} = z – \frac{1}{2z} + \frac{1}{24 z^3} – \cdots$ Il y a une infinité de puissances négatives. Singularité essentielle, et le résidu (terme $k = 1$) vaut $-\frac{1}{2}$.
Pour $0 < |z| < 1$, $\frac{1}{1-z} = \sum_{n \geq\, 0} z^n$. Donc $f_4(z) = \sum_{n \geq\, 0} z^{n-2} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + 1 + z + \cdots$ C’est un pôle d’ordre 2, de résidu $1$.

Corrigé de l’exercice 3 : Classer des singularités isolées

La fonction $f$ est holomorphe sur $\mathbb{C}^*$. Or $1 – \cos z = \frac{z^2}{2} – \frac{z^4}{24} + \cdots$, donc $f(z) = \frac{1}{2} – \frac{z^2}{24} + \cdots$ : aucune puissance négative. $0$ est une singularité effaçable, et $f$ se prolonge par $f(0) = \frac{1}{2}$.
Le dénominateur s’annule en $z_k = 2ik\pi$, $k \in \mathbb{Z}$. Ces zéros sont simples, car la dérivée $e^z$ ne s’annule pas. En $0$, le numérateur a aussi un zéro simple : $g(z) = \frac{z}{z + z^2/2 + \cdots} \to 1$, donc la singularité est effaçable. Pour $k \neq 0$, le numérateur vaut $z_k \neq 0$. Ainsi, $0$ est effaçable et les $2ik\pi$, $k \neq 0$, sont des pôles simples.
On factorise : $z^3 – z^2 – z + 1 = z^2(z-1) – (z-1) = (z-1)^2(z+1)$. Par ailleurs, $z^2 – 1 = (z-1)(z+1)$. Donc $h(z) = \frac{1}{z-1}$ pour $z \notin \{1, -1\}$. Le point $-1$ est effaçable (on pose $h(-1) = -\frac{1}{2}$) et $1$ est un pôle simple.
On a $\sin(1/z) = \sum_{k \geq\, 0} \frac{(-1)^k}{(2k+1)! \, z^{2k+1}}$ sur $\mathbb{C}^*$. Une infinité de coefficients négatifs sont non nuls. $0$ est une singularité essentielle. On peut aussi le voir par les limites : $\sin(1/x)$ n’a pas de limite quand $x \to 0^+$, et $|\sin(1/(iy))| = \operatorname{sh}(1/y) \to +\infty$ quand $y \to 0^+$.
Les zéros de $\sin$ sont les $k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$, et ils sont simples car $\cos(k\pi) = (-1)^k \neq 0$. Ainsi, $\sin^2$ a un zéro double en chaque $k\pi$. Les $k\pi$ sont des pôles d’ordre 2 de $\ell$.

Corrigé de l’exercice 4 : Calcul de résidus en des pôles

On a $z^2 – z = z(z-1)$, avec deux zéros simples, et le numérateur ne s’annule ni en $0$ ni en $1$. Ce sont donc des pôles simples. Ainsi, $\operatorname{Res}(0) = \lim_{z \to 0} \frac{z+2}{z-1} = -2$ et $\operatorname{Res}(1) = \lim_{z \to 1} \frac{z+2}{z} = 3$. Les résidus valent $-2$ et $3$.
On a $a^4 = -1$, et $a$ est un zéro simple de $h(z) = z^4 + 1$, car $h^{\prime}(a) = 4a^3 \neq 0$. D’après la formule $g(a)/h^{\prime}(a)$, le résidu vaut $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = -\frac{a}{4}$. Donc $\operatorname{Res} = -\frac{e^{i\pi/4}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{8}(1 + i)$.
Le point $1$ est un pôle d’ordre $3$, car $e^1 \neq 0$. La formule du cours avec $m = 3$ donne $\frac{1}{2!} \frac{d^2}{dz^2}[e^z]_{z=1} = \frac{e}{2}$. On peut aussi développer : $e^z = e \cdot e^{z-1} = e(1 + (z-1) + \frac{(z-1)^2}{2} + \cdots)$. Le résidu vaut $\frac{e}{2}$.
Les zéros de $\sin$ sont les $k\pi$, simples, et $\cos(k\pi) \neq 0$. Ce sont donc des pôles simples, et $\operatorname{Res}(\cot, k\pi) = \frac{\cos(k\pi)}{\sin^{\prime}(k\pi)} = \frac{\cos(k\pi)}{\cos(k\pi)}$. Le résidu vaut $1$ en chaque $k\pi$.
On a $\frac{z^2}{(z^2+1)^2} = \frac{z^2}{(z-i)^2(z+i)^2}$, et $i^2 \neq 0$ : c’est un pôle double. On pose $\varphi(z) = (z-i)^2 f(z) = \frac{z^2}{(z+i)^2}$. Alors
\[ \varphi^{\prime}(z) = \frac{2z(z+i)^2 – 2z^2(z+i)}{(z+i)^4} = \frac{2z(z+i) – 2z^2}{(z+i)^3} = \frac{2iz}{(z+i)^3}. \]

Ainsi, $\operatorname{Res}(f, i) = \varphi^{\prime}(i) = \frac{2i \cdot i}{(2i)^3} = \frac{-2}{-8i} = \frac{1}{4i}$. Donc $\operatorname{Res}(f, i) = -\frac{i}{4}$.

Point de méthode : pour un pôle simple d’un quotient, la formule $g(a)/h^{\prime}(a)$ évite toute factorisation.

Corrigé de l’exercice 5 : Indice d’un lacet, premiers calculs

Le lacet $\gamma$ est le cercle de centre $2$ et de rayon $3$, parcouru une fois dans le sens direct. Son indice vaut donc $1$ dans le disque ouvert et $0$ à l’extérieur. Or $|0 – 2| = 2 < 3$ et $|6 – 2| = 4 > 3$. Donc $\operatorname{Ind}_\gamma(0) = 1$ et $\operatorname{Ind}_\gamma(6) = 0$.
On a $\sigma^{\prime}(t) = -3i e^{-3it}$. Donc $\operatorname{Ind}_\sigma(0) = \frac{1}{2i\pi} \int_0^{2\pi} \frac{-3i e^{-3it}}{e^{-3it}} \, dt = \frac{-3i \cdot 2\pi}{2i\pi}$. Ainsi, $\operatorname{Ind}_\sigma(0) = -3$ : le cercle est parcouru trois fois dans le sens indirect.
On décompose : $\frac{1}{z^2 – 1} = \frac{1}{2}(\frac{1}{z-1} – \frac{1}{z+1})$. Le lacet $\gamma_1$ est le cercle de centre $1$ et de rayon $1$. Ainsi, $\operatorname{Ind}_{\gamma_1}(1) = 1$, et $\operatorname{Ind}_{\gamma_1}(-1) = 0$ car $|-1 – 1| = 2 > 1$. Par définition de l’indice, $\int_{\gamma_1} \frac{dz}{z^2-1} = \frac{1}{2}(2i\pi \cdot 1 – 2i\pi \cdot 0)$. L’intégrale vaut $i\pi$.
Le lacet $\gamma_2$ parcourt deux fois le cercle de rayon $2$ dans le sens direct. Donc $\operatorname{Ind}_{\gamma_2}(1) = \operatorname{Ind}_{\gamma_2}(-1) = 2$. Par conséquent, $\int_{\gamma_2} \frac{dz}{z^2-1} = \frac{1}{2}(4i\pi – 4i\pi) = 0$.

Corrigé de l’exercice 6 : Intégrales trigonométriques

La fonction $\theta \mapsto \frac{1}{2 + \cos\theta}$ est continue, car $2 + \cos\theta \geq\, 1$. On pose $z = e^{i\theta}$, donc $\cos\theta = \frac{1}{2}(z + \frac{1}{z})$ et $d\theta = \frac{dz}{iz}$. Ainsi,
\[ I = \int_{|z|=1} \frac{1}{2 + \frac{1}{2}(z + \frac{1}{z})} \cdot \frac{dz}{iz} = \int_{|z|=1} \frac{2 \, dz}{i(z^2 + 4z + 1)}. \]

Les racines de $z^2 + 4z + 1$ sont $z_1 = -2 + \sqrt{3}$ et $z_2 = -2 – \sqrt{3}$. Or $|z_1| = 2 – \sqrt{3} \approx 0{,}27 < 1$ et $|z_2| > 3$. Seul $z_1$ est dans le disque, comme le montre la figure ci-dessous. Ensuite, par la formule $g/h^{\prime}$, $\operatorname{Res}(z_1) = \frac{2}{i(2z_1 + 4)} = \frac{2}{2i\sqrt{3}} = \frac{1}{i\sqrt{3}}$. Donc $I = 2i\pi \cdot \frac{1}{i\sqrt{3}} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$.

$Cercle unité avec le pôle intérieur -2+√3 et le pôle extérieur -2-√3 de la fraction obtenue après changement de variable$

La fonction est continue, car $5 – 4\cos\theta \geq\, 1$. Soit $K = \int_0^{2\pi} \frac{e^{2i\theta}}{5 – 4\cos\theta} \, d\theta$, de sorte que $J = \operatorname{Re} K$. Avec $z = e^{i\theta}$, on a $5 – 4\cos\theta = 5 – 2z – \frac{2}{z} = -\frac{2z^2 – 5z + 2}{z}$. Donc
\[ K = \int_{|z|=1} \frac{z^2 \cdot z}{-(2z^2 – 5z + 2)} \cdot \frac{dz}{iz} = \int_{|z|=1} \frac{-z^2 \, dz}{i(2z-1)(z-2)}. \]

Le seul pôle intérieur est $\frac{1}{2}$, pôle simple. Son résidu vaut $\frac{-1/4}{i \cdot 2 \cdot (\frac{1}{2} – 2)} = \frac{-1/4}{-3i} = \frac{1}{12i}$. Ainsi, $K = 2i\pi \cdot \frac{1}{12i} = \frac{\pi}{6}$. Ce nombre est réel, donc $J = \frac{\pi}{6}$ (et au passage $\int_0^{2\pi} \frac{\sin 2\theta}{5 – 4\cos\theta} d\theta = 0$).

Corrigé de l’exercice 7 : Principe de l’argument sur un exemple

Le numérateur et le dénominateur n’ont pas de racine commune. Ainsi, $f$ a un zéro triple en $1$, un zéro simple en $-3$, un pôle double en $0$ et un pôle simple en $3i$.
Sur le cercle $|z| = 2$, il n’y a ni zéro ni pôle. Dans le disque, on trouve le zéro $1$ (ordre $3$) et le pôle $0$ (ordre $2$). En revanche, $-3$ et $3i$ sont à l’extérieur. D’après le principe de l’argument, l’intégrale vaut $Z – P = 3 – 2 = 1$.
Sur $|z| = 4$, tous les zéros et pôles sont intérieurs : $Z = 3 + 1 = 4$ et $P = 2 + 1 = 3$. L’intégrale vaut $1$. Sur $|z| = \frac{1}{2}$, seul le pôle double $0$ est intérieur : l’intégrale vaut $-2$.

Point de méthode : on peut vérifier par la dérivée logarithmique $\frac{f^{\prime}}{f} = \frac{3}{z-1} + \frac{1}{z+3} – \frac{2}{z} – \frac{1}{z-3i}$, dont chaque terme se traite par l’indice.

Corrigé de l’exercice 8 : Critère de Riemann et singularités effaçables

Soit $n \geq\, 1$ et $0 < \rho < 1$. D’après le théorème de Laurent, $a_{-n} = \frac{1}{2i\pi} \int_{|z|=\rho} f(z) z^{n-1} \, dz$. On majore l’intégrande par $C\rho^{-1/2}\rho^{n-1}$ et la longueur par $2\pi\rho$. Donc $|a_{-n}| \leq\, C \rho^{n – 1/2}$. Comme $n – \frac{1}{2} > 0$, le majorant tend vers $0$ quand $\rho \to 0$. Ainsi, $a_{-n} = 0$ pour tout $n \geq\, 1$. La singularité est effaçable.
Le même calcul donne $|a_{-n}| \leq\, C\rho^{n – 3/2}$. Pour $n \geq\, 2$, l’exposant est positif, donc $a_{-n} = 0$. Il ne reste que $a_{-1}$ éventuellement non nul. Donc $0$ est effaçable ou pôle simple. La fonction $1/z$ montre que le cas du pôle simple se produit.
Posons $F = e^f$. Elle ne s’annule pas sur $D(0, 1) \setminus \{0\}$. Supposons par l’absurde que $0$ ne soit pas essentielle pour $F$. Alors $F$ est effaçable ou a un pôle en $0$, et $F$ n’est pas nulle. On peut donc écrire $F(z) = z^k G(z)$ avec $k \in \mathbb{Z}$, $G$ holomorphe près de $0$ et $G(0) \neq 0$. D’après le lemme du cours, $F^{\prime}/F$ a en $0$ au plus un pôle simple.
Or $F^{\prime}/F = f^{\prime}$. Si $f$ a un pôle d’ordre $m \geq\, 1$, avec $f(z) = \sum_{n \geq\, -m} a_n z^n$ et $a_{-m} \neq 0$, alors $f^{\prime}(z) = -m a_{-m} z^{-m-1} + \cdots$ Ainsi, $f^{\prime}$ a un pôle d’ordre $m + 1 \geq\, 2$. C’est une contradiction. Donc $e^f$ a une singularité essentielle en $0$. Par exemple, $e^{1/z}$ en est le cas le plus simple.

Corrigé de l’exercice 9 : Singularités essentielles et Casorati-Weierstrass

Comme $w \neq 0$, il existe $L \in \mathbb{C}$ tel que $e^L = w$ (par exemple $L = \ln|w| + i\arg w$). Pour $k \in \mathbb{N}$, posons $\zeta_k = L + 2ik\pi$. On a $|\zeta_k| \geq\, 2k\pi – |L|$, qui tend vers $+\infty$. Donc, pour $k$ assez grand, $\zeta_k \neq 0$ et $|\zeta_k| > 1/\rho$. On pose alors $z = 1/\zeta_k$. Ainsi, $0 < |z| < \rho$ et $e^{1/z} = e^{L + 2ik\pi} = w$. Toute valeur non nulle est atteinte dans tout disque épointé.
L’exponentielle ne s’annule jamais, donc $e^{1/z}$ ne prend pas la valeur $0$. Ce n’est pas une contradiction : le théorème de Casorati-Weierstrass affirme la densité de l’image, pas sa surjectivité. D’ailleurs, $0$ est bien limite de valeurs, car $e^{1/x} \to 0$ quand $x \to 0^-$. (Remarque hors programme : le grand théorème de Picard affirme qu’au voisinage d’une singularité essentielle, toutes les valeurs sauf une au plus sont atteintes.)
Soit $w \in \mathbb{C}$ et $n \geq\, 2$. D’après Casorati-Weierstrass, $f(D(0, 1/n) \setminus \{0\})$ est dense dans $\mathbb{C}$. Il rencontre donc le disque $D(w, 1/n)$. On choisit $z_n$ tel que $0 < |z_n| < \frac{1}{n}$ et $|f(z_n) – w| < \frac{1}{n}$. Par conséquent, $z_n \to 0$ et $f(z_n) \to w$.
Pour tout $z$, $\operatorname{Re}(g(z) + 1) > 1$, donc $|g(z) + 1| > 1$. Autrement dit, $g$ ne prend aucune valeur du disque $D(-1, 1)$. L’image de $g$ n’est donc pas dense. D’après le théorème de Casorati-Weierstrass, par contraposée, $0$ n’est pas une singularité essentielle de $g$. On peut préciser : $\frac{1}{g+1}$ est bornée par $1$, donc effaçable, et $g$ est effaçable ou a un pôle en $0$.

Corrigé de l’exercice 10 : Fonctions méromorphes et dérivée logarithmique

Les fonctions $\sin$ et $\cos$ sont entières, et $\cos$ n’est pas identiquement nulle. Ses zéros sont les $a_k = \frac{\pi}{2} + k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$ : ils sont isolés et forment un fermé. De plus, ils sont simples, car $\cos^{\prime}(a_k) = -\sin(a_k) = (-1)^{k+1} \neq 0$. Comme $\sin(a_k) \neq 0$, ce sont des pôles simples de $\tan$. La formule $g/h^{\prime}$ donne $\operatorname{Res}(\tan, a_k) = \frac{\sin a_k}{-\sin a_k}$. $\tan$ est méromorphe sur $\mathbb{C}$, à pôles simples $\frac{\pi}{2} + k\pi$, tous de résidu $-1$.
Les zéros de $e^z – 1$ sont les $2ik\pi$. Ils sont simples car la dérivée $e^z$ ne s’annule pas. Ainsi, $\frac{1}{e^z – 1}$ est méromorphe sur $\mathbb{C}$, avec des pôles simples en $2ik\pi$. Chaque résidu vaut $\frac{1}{e^{2ik\pi}} = 1$.
Dans le premier cas, $f(z) = (z-a)^k g(z)$, avec $g$ holomorphe et $g(a) \neq 0$. Dans le second cas, $f(z) = (z-a)^{-m} g(z)$ avec les mêmes conditions. Notons $j = k$ ou $j = -m$. En dérivant, $f^{\prime}(z) = j(z-a)^{j-1}g(z) + (z-a)^j g^{\prime}(z)$. Donc $\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)} = \frac{j}{z-a} + \frac{g^{\prime}(z)}{g(z)}$. Le second terme est holomorphe près de $a$, car $g(a) \neq 0$. Ainsi, $f^{\prime}/f$ a un pôle simple de résidu $k$ (zéro d’ordre $k$) ou $-m$ (pôle d’ordre $m$).
Pour $f = \sin$, on a $f^{\prime}/f = \cot$, de résidu $1$ en $k\pi$ d’après l’exercice 4 : c’est bien l’ordre du zéro simple. Pour $f = \tan$, $\frac{f^{\prime}}{f} = \frac{1 + \tan^2}{\tan} = \frac{1}{\sin z \cos z} = \frac{2}{\sin(2z)}$. En $\frac{\pi}{2}$, la formule $g/h^{\prime}$ donne $\frac{2}{2\cos \pi} = -1$, l’opposé de l’ordre du pôle simple. En $0$, on obtient $\frac{2}{2\cos 0} = 1$, l’ordre du zéro simple. Le résultat est vérifié.

Corrigé de l’exercice 11 : Série de Laurent autour d’un pôle double

Avec $z = 1 + u$, on a $f = \frac{1}{u^2(1+u)}$. Pour $0 < |u| < 1$, $\frac{1}{1+u} = \sum_{n \geq\, 0} (-1)^n u^n$. Donc
\[ f = \sum_{n \geq\, 0} (-1)^n u^{n-2} = \frac{1}{u^2} – \frac{1}{u} + 1 – u + \cdots \]

Le coefficient de $u^{-2}$ est non nul et il n’y a pas de terme d’indice inférieur. Le point $1$ est un pôle double et $\operatorname{Res}(f, 1) = -1$.
Pour $|u| > 1$, on écrit $\frac{1}{1+u} = \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{1 + 1/u} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{(-1)^n}{u^{n+1}}$. Donc $f = \sum_{n \geq\, 0} \frac{(-1)^n}{u^{n+3}} = \frac{1}{u^3} – \frac{1}{u^4} + \frac{1}{u^5} – \cdots$
Le point $0$ est un pôle simple et $\operatorname{Res}(f, 0) = \lim_{z \to 0} \frac{1}{(z-1)^2} = 1$. Sur la couronne $|u| > 1$, le coefficient de $u^{-1}$ est nul. Or il vaut $\frac{1}{2i\pi}\int_{|u|=2} f$, c’est-à-dire la somme des résidus en $0$ et en $1$. Et en effet, $1 + (-1) = 0$ : les résultats sont cohérents.
Le cercle $|z – 1| = \frac{1}{2}$ n’entoure que le pôle $1$, donc $\int_{|z-1|=1/2} f = 2i\pi \cdot (-1) = -2i\pi$. Le cercle $|z-1| = 2$ entoure $0$ et $1$, donc $\int_{|z-1|=2} f = 0$.

Corrigé de l’exercice 12 : Somme de tous les résidus d’une fraction rationnelle

Posons $d = \deg Q – \deg P \geq\, 2$. Il existe $c > 0$ et $R_0$ tels que $|F(z)| \leq\, \frac{c}{|z|^2}$ pour $|z| \geq\, R_0$. Ainsi, $|\int_{|z|=R} F| \leq\, 2\pi R \cdot \frac{c}{R^2} = \frac{2\pi c}{R}$, qui tend vers $0$. Par ailleurs, dès que $R$ dépasse le module de tous les pôles, le théorème des résidus donne $\int_{|z|=R} F = 2i\pi \sum_a \operatorname{Res}(F, a)$. Cette quantité ne dépend pas de $R$ et tend vers $0$ : elle est nulle. La somme de tous les résidus est nulle.
On écrit $F(z) = \frac{p z^k + \cdots}{q z^{k+1} + \cdots}$. Alors $z F(z) \to \frac{p}{q}$, et plus précisément $F(z) – \frac{p}{qz} = O(\frac{1}{z^2})$, car c’est une fraction de degré au plus $-2$. D’après la question précédente appliquée à cette fraction (ou par la même majoration), son intégrale sur $|z| = R$ tend vers $0$. Or $\int_{|z|=R} \frac{p}{qz} dz = 2i\pi \frac{p}{q}$. Donc $\int_{|z|=R} F \to 2i\pi\frac{p}{q}$. Comme plus haut, cette intégrale vaut $2i\pi \sum \operatorname{Res}$ pour $R$ grand. La somme des résidus vaut $\frac{p}{q}$.
La fraction $\frac{1}{z^5(z-3)}$ vérifie $\deg Q – \deg P = 6$. Ses pôles sont $0$ (ordre $5$) et $3$ (simple). On a $\operatorname{Res}(3) = \frac{1}{3^5} = \frac{1}{243}$. D’après la question 1, $\operatorname{Res}(0) = -\frac{1}{243}$. Le cercle $|z| = 2$ n’entoure que $0$. Donc $\int_{|z|=2} \frac{dz}{z^5(z-3)} = -\frac{2i\pi}{243}$. On évite ainsi une dérivée quatrième.
Première méthode : les pôles sont les six racines sixièmes de l’unité, toutes simples et de module $1 < 3$. En chacune, $\operatorname{Res} = \frac{\omega^5}{6\omega^5} = \frac{1}{6}$. La somme vaut $1$. Seconde méthode : $\deg Q = \deg P + 1$ et $p = q = 1$, donc la somme des résidus vaut $1$ d’après la question 2. Dans les deux cas, l’intégrale vaut $2i\pi$.

Corrigé de l’exercice 13 : Intégrales de fractions rationnelles sur la droite réelle

La fonction $F(x) = \frac{1}{1+x^4}$ est continue sur $\mathbb{R}$ et équivalente à $\frac{1}{x^4}$ en $\pm\infty$ : l’intégrale converge. Les pôles de $F$ sont les racines de $z^4 = -1$, à savoir $e^{i\pi/4}$, $e^{3i\pi/4}$, $e^{5i\pi/4}$, $e^{7i\pi/4}$. Aucun n’est réel. De plus, $\deg Q – \deg P = 4 \geq\, 2$. Pour $R > 1$, le contour « segment $[-R, R]$ puis demi-cercle $C_R$ » entoure $a_1 = e^{i\pi/4}$ et $a_2 = e^{3i\pi/4}$. D’après l’exercice 4, $\operatorname{Res}(F, a) = -\frac{a}{4}$. Or $a_1 + a_2 = (\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}) + (-\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}) = i\sqrt{2}$. Ensuite, $\int_{C_R} F \to 0$, car $|zF(z)| \leq\, \frac{R}{R^4 – 1}$ sur $C_R$. En faisant $R \to +\infty$ :
\[ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^4} = 2i\pi \cdot (-\frac{i\sqrt{2}}{4}) = \frac{\pi\sqrt{2}}{2}. \]

L’intégrale vaut $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$.
Le seul pôle du demi-plan supérieur est $i$, pôle double. Avec $\varphi(z) = (z-i)^2 F(z) = (z+i)^{-2}$, on obtient $\varphi^{\prime}(i) = -2(2i)^{-3} = \frac{-2}{-8i} = \frac{1}{4i}$. Les hypothèses de la proposition du cours sont remplies ($\deg Q – \deg P = 4$). Donc l’intégrale vaut $2i\pi \cdot \frac{1}{4i} = \frac{\pi}{2}$.
La fonction $G(x) = \frac{x^2}{1+x^4}$ est paire, continue, équivalente à $\frac{1}{x^2}$ à l’infini, et $\deg Q – \deg P = 2$. En un pôle $a$, $\operatorname{Res}(G, a) = \frac{a^2}{4a^3} = \frac{1}{4a} = \frac{\overline{a}}{4}$, car $|a| = 1$. Donc la somme des résidus supérieurs vaut $\frac{\overline{a_1} + \overline{a_2}}{4} = \frac{-i\sqrt{2}}{4}$. Ainsi, $\int_{-\infty}^{+\infty} G = 2i\pi \cdot \frac{-i\sqrt{2}}{4} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$. Par parité, $\int_0^{+\infty} \frac{x^2}{1+x^4} dx = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$.

Corrigé de l’exercice 14 : Transformée de Fourier par les résidus

On a $|\frac{e^{-ix\xi}}{1+x^2}| = \frac{1}{1+x^2}$, qui est intégrable sur $\mathbb{R}$. L’intégrale converge donc absolument. Ensuite, $e^{-ix\xi} = \cos(x\xi) – i\sin(x\xi)$. La fonction $x \mapsto \frac{\sin(x\xi)}{1+x^2}$ est impaire et intégrable, d’intégrale nulle. Donc $\widehat{f}(\xi) = \int_{\mathbb{R}} \frac{\cos(x\xi)}{1+x^2} dx$, et $\widehat{f}$ est paire puisque le cosinus l’est.
Sur $C_R$, $z = Re^{it}$ avec $t \in [0, \pi]$. Donc $|e^{i\lambda z}| = e^{-\lambda R \sin t} \leq\, 1$, car $\sin t \geq\, 0$ et $\lambda > 0$. De plus, $|1 + z^2| \geq\, R^2 – 1$ pour $R > 1$. Ainsi, $|\int_{C_R} \frac{e^{i\lambda z}}{1+z^2} dz| \leq\, \frac{\pi R}{R^2 – 1}$. Ce majorant tend vers $0$. Le lemme de Jordan n’est même pas nécessaire ici.
Soit $\lambda > 0$ et $g(z) = \frac{e^{i\lambda z}}{1+z^2}$. Pour $R > 1$, le contour du demi-disque supérieur n’entoure que le pôle simple $i$. Son résidu vaut $\frac{e^{i\lambda i}}{2i} = \frac{e^{-\lambda}}{2i}$. Par le théorème des résidus, $\int_{-R}^{R} g(x) dx + \int_{C_R} g = \pi e^{-\lambda}$. En faisant $R \to +\infty$, $\int_{\mathbb{R}} \frac{e^{i\lambda x}}{1+x^2} dx = \pi e^{-\lambda}$. Autrement dit, $\widehat{f}(-\lambda) = \pi e^{-\lambda}$. Par parité, $\widehat{f}(\lambda) = \pi e^{-\lambda}$ aussi. Enfin, $\widehat{f}(0) = \int_{\mathbb{R}} \frac{dx}{1+x^2} = \pi$. Donc $\widehat{f}(\xi) = \pi e^{-|\xi|}$ pour tout réel $\xi$.
Avec $\xi = 1$, $\int_{\mathbb{R}} \frac{\cos x}{1+x^2} dx = \frac{\pi}{e}$. La fonction est paire, donc $\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{1+x^2} dx = \frac{\pi}{2e}$.

Corrigé de l’exercice 15 : Intégrale de Dirichlet par un contour indenté

La fonction $\frac{\sin x}{x}$ se prolonge par continuité en $0$ par la valeur $1$. Il suffit donc d’étudier $\int_1^A$. Par intégration par parties, $\int_1^A \frac{\sin x}{x} dx = [-\frac{\cos x}{x}]_1^A – \int_1^A \frac{\cos x}{x^2} dx$. Le crochet tend vers $\cos 1$. De plus, $\frac{|\cos x|}{x^2} \leq\, \frac{1}{x^2}$ est intégrable sur $[1, +\infty[$. Donc $\int_0^A \frac{\sin x}{x} dx$ a une limite finie.
La fonction $f$ est holomorphe sur $\mathbb{C}^*$. Le lacet évite $0$ et reste dans l’ouvert $\mathbb{C} \setminus \{ iy : y \leq\, 0 \}$. Cet ouvert est étoilé par rapport à $i$, donc simplement connexe, et $f$ y est holomorphe. D’après le théorème de Cauchy, l’intégrale de $f$ sur ce lacet est nulle. La figure ci-dessous représente le contour.

Dans l’intégrale sur $[-R, -\varepsilon]$, on pose $x = -y$, donc $dx = -dy$, et $y$ va de $R$ à $\varepsilon$. Ainsi, $\int_{-R}^{-\varepsilon} \frac{e^{ix}}{x} dx = \int_R^\varepsilon \frac{e^{-iy}}{-y}(-dy) = -\int_\varepsilon^R \frac{e^{-iy}}{y} dy$. En ajoutant, on obtient $\int_\varepsilon^R \frac{e^{ix} – e^{-ix}}{x} dx$. C’est bien $2i\int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx$.
Sur $C_R$, $|1/z| = 1/R$, qui tend vers $0$. D’après le lemme de Jordan, $\int_{C_R} f \to 0$ quand $R \to +\infty$. Ensuite, $0$ est un pôle simple de $f$, de résidu $e^0 = 1$. L’arc $\gamma_\varepsilon$ va de $-\varepsilon$ à $\varepsilon$ par le haut : l’angle $t$ passe de $\pi$ à $0$, soit une variation $\theta = -\pi$. D’après le lemme du petit arc, $\int_{\gamma_\varepsilon} f \to -i\pi$ quand $\varepsilon \to 0$.
La question 2 donne $2i\int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx + \int_{C_R} f + \int_{\gamma_\varepsilon} f = 0$. En faisant $\varepsilon \to 0$ puis $R \to +\infty$, on obtient $2iI – i\pi = 0$. Donc $I = \frac{\pi}{2}$.
Pour la seconde intégrale, on intègre par parties sur $[\varepsilon, A]$, avec $u = \sin^2 x$ et $v = -\frac{1}{x}$. On a $\int_\varepsilon^A \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = [-\frac{\sin^2 x}{x}]_\varepsilon^A + \int_\varepsilon^A \frac{2\sin x \cos x}{x} dx$. Le crochet tend vers $0$ aux deux bornes, car $\frac{\sin^2 \varepsilon}{\varepsilon} \sim \varepsilon$. Par ailleurs, $2\sin x\cos x = \sin(2x)$, et le changement $u = 2x$ donne $\int_0^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x} dx = \int_0^{+\infty} \frac{\sin u}{u} du$. Donc $\int_0^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = \frac{\pi}{2}$.

Point de méthode : on intègre $e^{iz}/z$ et non $\sin z / z$, car $|\sin z|$ explose dans le demi-plan supérieur alors que $|e^{iz}| \leq\, 1$.

Corrigé de l’exercice 16 : Intégrale sur un secteur angulaire

La fonction $x \mapsto \frac{1}{1+x^n}$ est continue et positive sur $[0, +\infty[$, et majorée par $\frac{1}{x^n}$ avec $n \geq\, 2$. L’intégrale converge.
Les pôles sont les racines de $z^n = -1$, à savoir $e^{i(2k+1)\pi/n}$, $0 \leq\, k \leq\, n-1$. Leurs arguments sont $\frac{\pi}{n}, \frac{3\pi}{n}, \ldots$ Seul $\frac{\pi}{n}$ est strictement compris entre $0$ et $\frac{2\pi}{n}$, et aucun pôle n’est sur les bords. Pour $R > 1$, le seul pôle intérieur est donc $a$. Il est simple, et $\operatorname{Res} = \frac{1}{n a^{n-1}} = \frac{a}{n a^n}$. Comme $a^n = -1$, le résidu vaut $-\frac{a}{n}$.
Sur l’arc, $|1 + z^n| \geq\, R^n – 1$, et la longueur vaut $\frac{2\pi R}{n}$. Donc l’intégrale est majorée par $\frac{2\pi R}{n(R^n – 1)}$. Ce majorant tend vers $0$, car $n \geq\, 2$.
On paramètre le segment par $z = r\omega$, $r$ allant de $R$ à $0$. Or $z^n = r^n \omega^n = r^n$. Donc l’intégrale vaut $\int_R^0 \frac{\omega \, dr}{1 + r^n} = -\omega \int_0^R \frac{dr}{1+r^n}$.
Le théorème des résidus donne, pour $R > 1$ : $(1 – \omega)\int_0^R \frac{dr}{1+r^n} + \int_{\text{arc}} = 2i\pi(-\frac{a}{n})$. À la limite, $(1 – \omega) I_n = -\frac{2i\pi a}{n}$. Or $\omega = a^2$, donc $1 – \omega = -a(a – a^{-1}) = -a \cdot 2i\sin\frac{\pi}{n}$. Par conséquent :
\[ I_n = \frac{-2i\pi a}{n \cdot (-2ia) \sin(\pi/n)} = \frac{\pi}{n \sin(\pi/n)}. \]

Pour $n = 2$, on retrouve $\frac{\pi}{2 \sin(\pi/2)} = \frac{\pi}{2} = \int_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2}$. Pour $n = 4$, on retrouve $\frac{\pi}{2\sqrt{2}}$, la moitié du résultat de l’exercice 13.

Corrigé de l’exercice 17 : Zéros d’un polynôme dans une couronne

On prend $f(z) = -5z^3$ et $g(z) = z^7 + 1$. Sur $|z| = 1$, $|g(z)| \leq\, 1 + 1 = 2 < 5 = |f(z)|$. D’après le théorème de Rouché, $P = f + g$ a autant de zéros que $f$ dans $D(0, 1)$. Donc $P$ a exactement trois zéros dans le disque unité (le zéro triple de $f$ compte pour trois).
On prend maintenant $f(z) = z^7$ et $g(z) = -5z^3 + 1$. Sur $|z| = 2$, $|g(z)| \leq\, 40 + 1 = 41 < 128 = |f(z)|$. Donc $P$ a sept zéros dans $D(0, 2)$, c’est-à-dire tous.
Pour $|z| = 1$, $|P(z)| \geq\, |5z^3| – |z^7 + 1| \geq\, 5 – 2 = 3 > 0$. De même, $P$ ne s’annule pas sur $|z| = 2$. Par conséquent, la couronne $1 < |z| < 2$ contient $7 – 3 = 4$ zéros.
La fonction $P$ est continue sur $[0, 1]$, avec $P(0) = 1 > 0$ et $P(1) = -3 < 0$. Le théorème des valeurs intermédiaires donne un zéro réel dans $]0, 1[$.

La figure ci-dessous place les sept zéros, calculés numériquement : trois dans le disque unité et quatre dans la couronne, conformément au calcul.

Corrigé de l’exercice 18 : Rouché et l’équation e^z = 3z

On pose $f(z) = 3z$ et $g(z) = -e^z$. Sur $|z| = 1$, $|g(z)| = e^{\operatorname{Re} z} \leq\, e < 3 = |f(z)|$. D’après le théorème de Rouché, $3z – e^z$ a autant de zéros que $3z$ dans $D(0, 1)$. L’équation a exactement une solution dans le disque unité.
Soit $\varphi(x) = e^x – 3x$ sur $[0, 1]$. Elle est continue, avec $\varphi(0) = 1 > 0$ et $\varphi(1) = e – 3 < 0$. Elle s’annule donc en un réel $x_0 \in \, ]0, 1[$, qui est une solution dans le disque. Par unicité, l’unique solution est ce réel $x_0 \in \, ]0, 1[$.
On pose $f(z) = 3z^n$ et $g(z) = -e^z$. Sur $|z| = 1$, $|g| \leq\, e < 3 = |f|$. Or $f$ a un zéro d’ordre $n$ en $0$. Donc $3z^n – e^z$ a exactement $n$ zéros dans $D(0, 1)$, comptés avec multiplicité.
Soit $h(z) = e^z – 3z^n$ et $z_0$ un zéro dans le disque. Alors $h^{\prime}(z_0) = e^{z_0} – 3n z_0^{n-1} = 3z_0^n – 3nz_0^{n-1} = 3z_0^{n-1}(z_0 – n)$. Or $z_0 \neq 0$, car $h(0) = 1$, et $z_0 \neq n$, car $|z_0| < 1 \leq\, n$. Ainsi, $h^{\prime}(z_0) \neq 0$. Les $n$ solutions sont simples, donc distinctes.

Corrigé de l’exercice 19 : Théorème de d’Alembert-Gauss par Rouché

Soit $|z| = R$, avec $R = 1 + S \geq\, 1$. Pour $k \leq\, n – 1$, $R^k \leq\, R^{n-1}$. Ainsi, $|P(z) – z^n| \leq\, \sum_{k=0}^{n-1} |a_k| R^k \leq\, S R^{n-1}$. Or $S < R$, donc $S R^{n-1} < R^n$. On a bien $|P(z) – z^n| < |z^n|$ sur le cercle.
On applique Rouché avec $f(z) = z^n$ et $g = P – z^n$. Ainsi, $P = f + g$ a autant de zéros que $z^n$ dans $D(0, R)$, à savoir $n$. Notons-les $z_1, \ldots, z_n$, répétés selon leur multiplicité. Le polynôme $\prod_{j}(z – z_j)$ divise $P$ et a le même degré et le même coefficient dominant. Donc $P = \prod_{j=1}^n (z – z_j)$ est scindé sur $\mathbb{C}$.
Soit $z$ tel que $|z| > \max(1, S)$. Comme $|z| > 1$, $|z|^k \leq\, |z|^{n-1}$ pour $k \leq\, n-1$. Donc $|P(z)| \geq\, |z|^n – \sum_k |a_k||z|^k \geq\, |z|^{n-1}(|z| – S) > 0$. Tout zéro vérifie donc $|z| \leq\, \max(1, S)$.
Ici $S = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$, donc les trois zéros sont dans le disque fermé $\overline{D}(0, 1)$. Plus précisément, sur $|z| = 1$, $|-\frac{z}{2} + \frac{1}{4}| \leq\, \frac{3}{4} < 1$ : les trois zéros sont dans le disque ouvert. Enfin, sur $|z| = \frac{1}{4}$, on compare avec la constante $\frac{1}{4}$ : $|z^3 – \frac{z}{2}| \leq\, \frac{1}{64} + \frac{1}{8} = \frac{9}{64} < \frac{16}{64}$. La constante n’a aucun zéro. Les trois zéros sont donc dans la couronne $\frac{1}{4} < |z| < 1$.

Corrigé de l’exercice 20 : Indice d’un limaçon et principe de l’argument

On factorise par $e^{it}$ : $1 + e^{it} + e^{2it} = e^{it}(e^{-it} + 1 + e^{it}) = e^{it}(1 + 2\cos t)$. Donc $\gamma(t) = (1 + 2\cos t)e^{it}$. Pour $t = \frac{2\pi}{3}$, $1 + 2\cos t = 0$, donc $\gamma(\frac{2\pi}{3}) = 0$ et $0 \in \gamma^*$.
Si $|w| = 1$, on écrit $w = e^{it}$. Alors $P_a(w) = \gamma(t) – a$, qui est non nul puisque $a \notin \gamma^*$. Donc $P_a$ ne s’annule pas sur le cercle unité.
On a $\gamma(t) – a = P_a(e^{it})$ et $\gamma^{\prime}(t) = P_a^{\prime}(e^{it}) \, ie^{it}$. Ainsi,
\[ \operatorname{Ind}_\gamma(a) = \frac{1}{2i\pi}\int_0^{2\pi} \frac{P_a^{\prime}(e^{it}) \, ie^{it}}{P_a(e^{it})} dt = \frac{1}{2i\pi}\int_{|w|=1} \frac{P_a^{\prime}(w)}{P_a(w)} dw. \]

Le polynôme $P_a$ est holomorphe, sans pôle, et ne s’annule pas sur le cercle. D’après le principe de l’argument, cette intégrale vaut le nombre de zéros de $P_a$ dans $D(0, 1)$. Donc $\operatorname{Ind}_\gamma(a)$ est le nombre de racines de $P_a$ de module strictement inférieur à $1$.
Pour $a = \frac{1}{2}$, $P_a(w) = w^2 + w + \frac{1}{2}$, de racines $\frac{-1 \pm i}{2}$, de module $\frac{\sqrt{2}}{2} < 1$. Donc $\operatorname{Ind}_\gamma(\frac{1}{2}) = 2$. Pour $a = 2$, $P_a(w) = w^2 + w – 1$, de racines $\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ : $0{,}618\ldots$ est intérieure, $-1{,}618\ldots$ est extérieure. Donc $\operatorname{Ind}_\gamma(2) = 1$. Pour $a = -1$, $P_a(w) = w^2 + w + 2$, de discriminant $-7$. Ses racines sont conjuguées, de produit $2$, donc de module $\sqrt{2} > 1$. Ainsi, $\operatorname{Ind}_\gamma(-1) = 0$.
Ces valeurs correspondent à la figure. En effet, $\frac{1}{2}$ est dans la petite boucle, entourée deux fois ; $2$ est entre les deux boucles ; $-1$ est à l’extérieur, puisque l’abscisse minimale du limaçon est $\min_c (c + 2c^2) = -\frac{1}{8}$, atteinte pour $c = \cos t = -\frac{1}{4}$.

Corrigé de l’exercice 21 : Somme de la série des inverses des carrés

Les zéros de $\sin(\pi z)$ sont les entiers, et ils sont simples. Donc $\pi\cot(\pi z) = \frac{\pi\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)}$ a des pôles simples aux entiers, de résidu $\frac{\pi\cos(\pi n)}{\pi\cos(\pi n)} = 1$. Pour $n \neq 0$, le facteur $\frac{1}{z^2}$ est holomorphe et non nul en $n$. Ainsi, les pôles de $f$ sont les entiers, et $\operatorname{Res}(f, n) = \frac{1}{n^2}$ pour $n \neq 0$.
Au voisinage de $0$, $\sin(\pi z) = \pi z(1 – \frac{\pi^2 z^2}{6} + O(z^4))$ et $\cos(\pi z) = 1 – \frac{\pi^2 z^2}{2} + O(z^4)$. Donc
\[ \pi\cot(\pi z) = \frac{1}{z}(1 – \frac{\pi^2z^2}{2})(1 + \frac{\pi^2 z^2}{6}) + O(z^3) = \frac{1}{z} – \frac{\pi^2}{3}z + O(z^3). \]

En divisant par $z^2$, $f(z) = \frac{1}{z^3} – \frac{\pi^2}{3} \cdot \frac{1}{z} + O(z)$. Le point $0$ est un pôle triple et $\operatorname{Res}(f, 0) = -\frac{\pi^2}{3}$.
On a $\sin(\pi x + i\pi y) = \sin(\pi x)\operatorname{ch}(\pi y) + i\cos(\pi x)\operatorname{sh}(\pi y)$. Donc $|\sin(\pi z)|^2 = \sin^2(\pi x)(1 + \operatorname{sh}^2(\pi y)) + \cos^2(\pi x)\operatorname{sh}^2(\pi y) = \sin^2(\pi x) + \operatorname{sh}^2(\pi y)$. De même, $\cos(\pi z) = \cos(\pi x)\operatorname{ch}(\pi y) – i\sin(\pi x)\operatorname{sh}(\pi y)$ donne $|\cos(\pi z)|^2 = \cos^2(\pi x) + \operatorname{sh}^2(\pi y)$.
Sur les côtés verticaux, $x = \pm(N + \frac{1}{2})$, donc $\sin^2(\pi x) = 1$ et $\cos^2(\pi x) = 0$. Ainsi, $|\cot(\pi z)|^2 = \frac{\operatorname{sh}^2(\pi y)}{1 + \operatorname{sh}^2(\pi y)} \leq\, 1$. Sur les côtés horizontaux, $|y| = N + \frac{1}{2} \geq\, \frac{3}{2}$. Donc $|\cot(\pi z)|^2 \leq\, \frac{1 + \operatorname{sh}^2(\pi y)}{\operatorname{sh}^2(\pi y)} = \operatorname{coth}^2(\pi |y|) \leq\, \operatorname{coth}^2(\frac{3\pi}{2})$. Or $\operatorname{coth}(\frac{3\pi}{2}) \approx 1{,}0002$. Dans tous les cas, $|\cot(\pi z)| \leq\, 2$ sur $C_N$.
Sur $C_N$, $|z| \geq\, N + \frac{1}{2}$, donc $|f(z)| \leq\, \frac{2\pi}{(N + 1/2)^2}$. La longueur de $C_N$ vaut $8(N + \frac{1}{2})$. Ainsi, $|\int_{C_N} f| \leq\, \frac{16\pi}{N + 1/2}$, qui tend vers $0$. Par ailleurs, $C_N$ entoure exactement les entiers $n$ tels que $|n| \leq\, N$, et ne passe par aucun pôle. Le théorème des résidus donne donc
\[ \frac{1}{2i\pi}\int_{C_N} f = -\frac{\pi^2}{3} + \sum_{0 < |n| \leq\, N} \frac{1}{n^2} = -\frac{\pi^2}{3} + 2\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}. \]

En faisant $N \to +\infty$, $2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{3}$. Donc $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$.

La figure ci-dessous montre le carré $C_2$ et les pôles qu’il entoure.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème, intégrale sur un rectangle et formule des compléments

La fonction $x \mapsto \frac{e^{ax}}{1+e^x}$ est continue et positive. En $+\infty$, elle est équivalente à $e^{(a-1)x}$, intégrable car $a < 1$. En $-\infty$, elle est équivalente à $e^{ax}$, intégrable car $a > 0$. L’intégrale $I$ converge.
On a $1 + e^z = 0$ si et seulement si $e^z = e^{i\pi}$, c’est-à-dire $z = i\pi + 2ik\pi$, $k \in \mathbb{Z}$. Ces zéros sont simples, car la dérivée $e^z$ ne s’annule pas, et le numérateur ne s’annule jamais. Ce sont donc des pôles simples. Dans la bande $0 < \operatorname{Im} z < 2\pi$, seul $i\pi$ convient, et aucun pôle n’est sur les côtés horizontaux. Enfin, la formule $g/h^{\prime}$ donne $\operatorname{Res}(f, i\pi) = \frac{e^{i\pi a}}{e^{i\pi}}$. Donc $\operatorname{Res}(f, i\pi) = -e^{i\pi a}$.
Comme $e^{x + 2i\pi} = e^x$, on a $f(x + 2i\pi) = \frac{e^{ax}e^{2i\pi a}}{1 + e^x} = e^{2i\pi a} f(x)$. Le côté supérieur est parcouru de $R + 2i\pi$ vers $-R + 2i\pi$. Son intégrale vaut donc $-e^{2i\pi a}\int_{-R}^{R} f(x) dx$.
Sur le côté droit, $z = R + iy$ avec $y \in [0, 2\pi]$. Alors $|e^{az}| = e^{aR}$ et $|1 + e^z| \geq\, e^R – 1$. L’intégrale est donc majorée par $\frac{2\pi e^{aR}}{e^R – 1}$, qui tend vers $0$ car $a < 1$. Sur le côté gauche, $z = -R + iy$, donc $|e^{az}| = e^{-aR}$ et $|1 + e^z| \geq\, 1 – e^{-R}$. Le majorant $\frac{2\pi e^{-aR}}{1 – e^{-R}}$ tend vers $0$ car $a > 0$. Les deux intégrales verticales tendent vers $0$.
Le rectangle entoure le seul pôle $i\pi$, avec l’indice $1$. Par le théorème des résidus, $(1 – e^{2i\pi a})\int_{-R}^R f + (\text{côtés verticaux}) = -2i\pi e^{i\pi a}$. En faisant $R \to +\infty$, on obtient $(1 – e^{2i\pi a})I = -2i\pi e^{i\pi a}$. On divise par $e^{i\pi a}$ :
\[ I = \frac{-2i\pi}{e^{-i\pi a} – e^{i\pi a}} = \frac{-2i\pi}{-2i\sin(\pi a)} = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}. \]

Ainsi, $I = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}$, et $\sin(\pi a) > 0$ car $0 < a < 1$ : le résultat est bien positif.
On pose $t = e^x$, bijection $C^1$ croissante de $\mathbb{R}$ sur $]0, +\infty[$, avec $dt = e^x dx$. Alors $\frac{e^{ax}}{1 + e^x}dx = \frac{t^a}{1+t} \cdot \frac{dt}{t} = \frac{t^{a-1}}{1+t}dt$. Donc $\int_0^{+\infty} \frac{t^{a-1}}{1+t}dt = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}$. Pour $a = \frac{1}{2}$, on attend $\pi$. Directement, le changement $t = u^2$ donne $\int_0^{+\infty} \frac{dt}{\sqrt{t}(1+t)} = \int_0^{+\infty} \frac{2u \, du}{u(1+u^2)} = 2[\arctan u]_0^{+\infty} = \pi$. Le cas $a = \frac{1}{2}$ est vérifié.

Point de méthode : le rectangle de hauteur $2\pi$ exploite la périodicité de $e^z$ : le côté supérieur reproduit l’intégrale cherchée, multipliée par une constante.

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