Corrigé du contrôle de maths L3 : résidus et calcul d’intégrales réelles

Exercice 1 : Question de cours : singularités et théorème des résidus (3 points)

1. La singularité \(a\) est effaçable si \(c_n = 0\) pour tout \(n < 0\). C’est un pôle d’ordre \(m \geq\, 1\) si \(c_{-m} \neq 0\) et \(c_n = 0\) pour tout \(n < -m\). C’est une singularité essentielle si \(c_n \neq 0\) pour une infinité d’indices \(n < 0\).

   Le résidu de \(f\) en \(a\) est le coefficient \(c_{-1}\) : \(\operatorname{Res}(f,a) = c_{-1}\).

2. Théorème des résidus. Soit \(U\) un ouvert simplement connexe de \(\mathbb{C}\), soient \(a_1, \ldots, a_p\) des points de \(U\) et \(f\) holomorphe sur \(U \setminus \{a_1, \ldots, a_p\}\). Soit \(\gamma\) un lacet simple de \(U\), orienté dans le sens direct, qui ne passe par aucun \(a_k\). Alors :

   \[\int_{\gamma} f(z)\,\mathrm{d}z = 2i\pi \sum_{a_k \text{ intérieur à } \gamma} \operatorname{Res}(f, a_k).\]

3. Comme \(h(a) = 0\), on peut écrire \(h(z) = (z-a)h_1(z)\) avec \(h_1\) holomorphe au voisinage de \(a\) et \(h_1(a) = h^{\prime}(a) \neq 0\). Ainsi, près de \(a\) :

   \[\dfrac{g(z)}{h(z)} = \dfrac{1}{z-a} \times \dfrac{g(z)}{h_1(z)}.\]

   La fonction \(\varphi = g/h_1\) est holomorphe près de \(a\), et \(\varphi(a) = g(a)/h^{\prime}(a) \neq 0\). En développant \(\varphi\) en série entière, on obtient la série de Laurent de \(g/h\) : son seul terme d’indice négatif est \(\varphi(a)(z-a)^{-1}\). Donc \(a\) est un pôle simple et \(\operatorname{Res}(g/h, a) = \dfrac{g(a)}{h^{\prime}(a)}\).

Barème : a) 0,5 point pour les trois définitions, 0,5 point pour le résidu ; b) 1 point (hypothèses sur l’ouvert, le lacet et les points exigées) ; c) 0,5 point pour la factorisation de \(h\), 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Singularités, séries de Laurent et résidus (4 points)

1. Pour \(z \neq 0\), on a \(\dfrac{\sin z}{z} = \displaystyle\sum_{n \geq\, 0} \dfrac{(-1)^n z^{2n}}{(2n+1)!} = 1 – \dfrac{z^2}{6} + \dfrac{z^4}{120} – \cdots\). Aucun coefficient d’indice négatif n’est non nul. Donc \(0\) est une singularité effaçable, et la fonction se prolonge par \(1\) en \(0\).

   Ensuite, pour tout \(z \neq 0\), \(e^{1/z} = \displaystyle\sum_{n \geq\, 0} \dfrac{1}{n!\,z^n}\). C’est la série de Laurent sur \(\mathbb{C}^{*}\). Tous les coefficients \(c_{-n} = \dfrac{1}{n!}\) sont non nuls. Donc \(0\) est une singularité essentielle de \(e^{1/z}\). Enfin, \(\operatorname{Res}(e^{1/z}, 0) = c_{-1} = 1\).

2. Sur \(0 < |z| < 1\). On écrit \(f(z) = -\dfrac{1}{z} \times \dfrac{1}{1-z}\). Comme \(|z| < 1\), la série géométrique converge :

   \[f(z) = -\dfrac{1}{z}\sum_{n \geq\, 0} z^n = -\dfrac{1}{z} – 1 – z – z^2 – \cdots\]

   Sur \(|z| > 1\). Cette fois \(|1/z| < 1\). On écrit donc \(f(z) = \dfrac{1}{z^2} \times \dfrac{1}{1 – 1/z}\), d’où :

   \[f(z) = \sum_{n \geq\, 0} \dfrac{1}{z^{n+2}} = \dfrac{1}{z^2} + \dfrac{1}{z^3} + \dfrac{1}{z^4} + \cdots\]

   Les deux développements diffèrent car ils sont valables sur deux couronnes distinctes. En effet, le pôle \(1\) les sépare. L’unicité de la série de Laurent ne vaut que sur une couronne donnée.

3. D’abord, \(z^2 e^{1/z} = \displaystyle\sum_{n \geq\, 0} \dfrac{z^{2-n}}{n!}\). L’exposant vaut \(-1\) pour \(n = 3\). Donc \(\operatorname{Res}(z^2e^{1/z}, 0) = \dfrac{1}{3!} = \dfrac{1}{6}\).

   Ensuite, \(\dfrac{1}{(z^2+1)^2} = \dfrac{1}{(z-i)^2(z+i)^2}\) a un pôle double en \(i\). Le résidu vaut la dérivée en \(i\) de \(\psi(z) = (z+i)^{-2}\). Or \(\psi^{\prime}(z) = -2(z+i)^{-3}\), donc :

   \[\operatorname{Res}(\dfrac{1}{(z^2+1)^2}, i) = \dfrac{-2}{(2i)^3} = \dfrac{-2}{-8i} = \dfrac{1}{4i} = -\dfrac{i}{4}.\]

Barème : a) 0,5 point pour \(\sin z / z\), 0,5 point pour la nature de \(e^{1/z}\), 0,5 point pour son résidu ; b) 0,5 point par développement, 0,5 point pour l’explication ; c) 0,5 point par résidu.

Exercice 3 : Intégrale d’une fraction rationnelle sur la droite réelle (4 points)

1. La fonction \(x \mapsto \dfrac{1}{1+x^4}\) est continue et positive sur \(\mathbb{R}\). De plus, elle est majorée par \(\dfrac{1}{x^4}\) pour \(|x| \geq\, 1\). Par comparaison à une intégrale de Riemann, \(I\) converge.

   Les pôles de \(f\) sont les solutions de \(z^4 = -1 = e^{i\pi}\), soit \(z_k = e^{i(\pi/4 + k\pi/2)}\) pour \(k \in \{0,1,2,3\}\). Ce sont des pôles simples, car la dérivée \(4z^3\) du dénominateur ne s’annule pas en \(z_k\).

   Pour \(R > 1\), aucun pôle n’est réel ni de module \(R\). Les pôles intérieurs à \(\gamma_R\) sont ceux du demi-plan supérieur : \(z_0 = e^{i\pi/4}\) et \(z_1 = e^{3i\pi/4}\).

   Par la formule de l’exercice 1 c), et comme \(z_k^4 = -1\) :

   \[\operatorname{Res}(f, z_k) = \dfrac{1}{4z_k^3} = \dfrac{z_k}{4z_k^4} = -\dfrac{z_k}{4}.\]

2. La fonction \(f\) est holomorphe sur \(\mathbb{C}\) privé de quatre points, et \(\gamma_R\) est un lacet simple direct. Le théorème des résidus donne donc :

   \[\int_{\gamma_R} f(z)\,\mathrm{d}z = 2i\pi \times (-\dfrac{z_0 + z_1}{4}).\]

   Or \(z_0 + z_1 = (\dfrac{\sqrt{2}}{2} + i\dfrac{\sqrt{2}}{2}) + (-\dfrac{\sqrt{2}}{2} + i\dfrac{\sqrt{2}}{2}) = i\sqrt{2}\). Ainsi, \(\displaystyle\int_{\gamma_R} f(z)\,\mathrm{d}z = 2i\pi \times \dfrac{-i\sqrt{2}}{4} = \dfrac{\pi\sqrt{2}}{2}\).

3. Sur \(\Gamma_R\), on a \(|z| = R\). L’inégalité triangulaire donne alors \(|1 + z^4| \geq\, |z|^4 – 1 = R^4 – 1 > 0\). De plus, la longueur de \(\Gamma_R\) vaut \(\pi R\). Par l’inégalité de la longueur :

   \[|\int_{\Gamma_R} f(z)\,\mathrm{d}z| \leq\, \pi R \times \dfrac{1}{R^4 – 1} \xrightarrow[R \to +\infty]{ 0.\]

   Par ailleurs, \(\displaystyle\int_{-R}^{R} \dfrac{\mathrm{d}x}{1+x^4} = \dfrac{\pi\sqrt{2}}{2} – \int_{\Gamma_R} f(z)\,\mathrm{d}z\). Comme \(I\) converge, on fait tendre \(R\) vers \(+\infty\) :

   \[I = \dfrac{\pi\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\pi}{\sqrt{2}}.\]

   Donc \(I = \dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\).

Erreur fréquente : compter les quatre pôles dans la somme des résidus. Seuls les pôles intérieurs au contour interviennent.

Barème : a) 0,5 point pour la convergence, 0,5 point pour les pôles intérieurs, 0,5 point pour les résidus ; b) 1 point ; c) 1 point pour la majoration rédigée de l’arc, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 4 : Deux autres intégrales réelles (4 points)

1. Le cercle unité est paramétré par \(z = e^{i\theta}\), \(\theta \in [0, 2\pi]\). Alors \(\cos\theta = \dfrac{1}{2}(z + \dfrac{1}{z})\) et \(\mathrm{d}z = iz\,\mathrm{d}\theta\). Par conséquent :

   \[J = \int_{|z|=1} \dfrac{1}{2 + \frac{1}{2}(z + \frac{1}{z})} \times \dfrac{\mathrm{d}z}{iz} = \int_{|z|=1} \dfrac{2}{i}\,\dfrac{\mathrm{d}z}{z^2 + 4z + 1}.\]

   Les racines de \(z^2 + 4z + 1\) sont \(z_{+} = -2 + \sqrt{3}\) et \(z_{-} = -2 – \sqrt{3}\). Or \(|z_{+}| = 2 – \sqrt{3} < 1\) et \(|z_{-}| = 2 + \sqrt{3} > 1\). Seul \(z_{+}\) est intérieur au cercle.

   

   Le pôle \(z_{+}\) est simple, de résidu \(\dfrac{2}{i} \times \dfrac{1}{z_{+} – z_{-}} = \dfrac{2}{i} \times \dfrac{1}{2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{i\sqrt{3}}\). Le théorème des résidus donne alors :

   \[J = 2i\pi \times \dfrac{1}{i\sqrt{3}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}.\]

   Donc \(J = \dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}\). Contrôle : l’intégrande est compris entre \(\dfrac{1}{3}\) et \(1\), donc \(J\) est entre \(\dfrac{2\pi}{3}\) et \(2\pi\).

2. La fonction \(g\) a deux pôles simples, \(i\) et \(-i\). Pour \(R > 1\), seul \(i\) est intérieur à \(\gamma_R\). Par la formule \(g(a)/h^{\prime}(a)\) :

   \[\operatorname{Res}(g, i) = \dfrac{e^{i \times i}}{2i} = \dfrac{e^{-1}}{2i}, \quad \text{donc} \quad \int_{\gamma_R} g(z)\,\mathrm{d}z = 2i\pi \times \dfrac{e^{-1}}{2i} = \dfrac{\pi}{e}.\]

   Majoration de l’arc. Pour \(z = Re^{it}\) avec \(t \in [0, \pi]\), on a \(|e^{iz}| = e^{-R\sin t} \leq\, 1\), car \(\sin t \geq\, 0\). De plus \(|z^2 + 1| \geq\, R^2 – 1\). Ainsi :

   \[|\int_{\Gamma_R} g(z)\,\mathrm{d}z| \leq\, \pi R \times \dfrac{1}{R^2 – 1} \xrightarrow[R \to +\infty]{ 0.\]

   Donc \(\displaystyle\int_{-R}^{R} \dfrac{e^{ix}}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\) tend vers \(\dfrac{\pi}{e}\). On prend la partie réelle : \(\displaystyle\int_{-R}^{R} \dfrac{\cos x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \to \dfrac{\pi}{e}\). Enfin, \(K\) converge absolument, car \(\dfrac{|\cos x|}{x^2+1} \leq\, \dfrac{1}{x^2+1}\). Donc \(K = \dfrac{\pi}{e}\).

Erreur fréquente : travailler avec \(\dfrac{\cos z}{z^2+1}\). Cette fonction n’est pas bornée sur le demi-plan supérieur, car \(|\cos(iy)| = \operatorname{ch} y\). L’arc ne tend alors pas vers \(0\).

Barème : a) 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour le dessin et le pôle intérieur, 1 point pour le résidu et la valeur ; b) 0,5 point pour le résidu, 1 point pour la majoration de l’arc, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 5 : Problème : nombre de zéros par le théorème de Rouché (5 points)

1. Théorème de Rouché. Soient \(f\) et \(g\) holomorphes sur un ouvert contenant le disque fermé \(\overline{D}(a,r)\). On suppose que \(|f(z) – g(z)| < |f(z)|\) pour tout \(z\) du cercle \(|z – a| = r\). Alors \(f\) et \(g\) ont le même nombre de zéros, comptés avec multiplicité, dans le disque ouvert \(D(a,r)\).

2. On pose \(f(z) = -6z^2\). Alors \(P(z) – f(z) = z^5 + 2\). Pour \(|z| = 1\), on a :

   \[|P(z) – f(z)| \leq\, |z|^5 + 2 = 3 < 6 = |f(z)|.\]

   Par le théorème de Rouché, \(P\) a autant de zéros que \(-6z^2\) dans \(D(0,1)\), soit deux zéros (le zéro double \(0\)). De plus, pour \(|z| = 1\), \(|P(z)| \geq\, |f(z)| – |P(z) – f(z)| \geq\, 6 – 3 = 3\). Donc \(P\) ne s’annule pas sur le cercle unité.

3. On compare cette fois \(P\) à \(z^5\). Pour \(|z| = 2\) :

   \[|P(z) – z^5| = |-6z^2 + 2| \leq\, 6 \times 4 + 2 = 26 < 32 = |z^5|.\]

   Ainsi \(P\) a cinq zéros dans \(D(0,2)\), comme \(z^5\). Or \(P\) est de degré 5 : tous ses zéros sont dans \(D(0,2)\). Aucun n’est sur le cercle unité, d’après b). Donc la couronne \(1 < |z| < 2\) contient \(5 – 2 = 3\) zéros de \(P\).

4. Zéros du disque unité. La fonction \(P\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Or \(P(-1) = -1 – 6 + 2 = -5\), \(P(0) = 2\) et \(P(1) = 1 – 6 + 2 = -3\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(P\) s’annule dans \(]-1, 0[\) et dans \(]0, 1[\). Ce sont deux zéros distincts de \(D(0,1)\). Comme \(D(0,1)\) en contient exactement deux, ce sont deux zéros réels et simples.

   Zéros réels de la couronne. Pour \(x \in \,]-2, -1[\), on a \(x^5 < 0\) et \(-6x^2 + 2 < -4\), donc \(P(x) < 0\). Pour \(x \in [1, 2]\), \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 12x = x(5x^3 – 12)\). Cette dérivée s’annule en \(x_0 = (12/5)^{1/3}\), qui est dans \(]1, 2[\) car \(1 < 12/5 < 8\).

   Ainsi \(P\) décroît sur \([1, x_0]\) et croît strictement sur \([x_0, 2]\). Comme \(P(1) = -3\), on a \(P < 0\) sur \([1, x_0]\). Ensuite, \(P(2) = 32 – 24 + 2 = 10 > 0\). La stricte monotonie donne donc un seul zéro dans \(]x_0, 2[\). La couronne contient donc exactement un zéro réel.

   Conclusion. Les deux derniers zéros de la couronne ne sont pas réels. Comme \(P\) est à coefficients réels, \(P(\overline{z}) = \overline{P(z)}\). Par conséquent, ces deux zéros sont complexes conjugués, de module compris entre 1 et 2.

   

Barème : a) 1 point (hypothèse d’inégalité stricte sur le cercle exigée) ; b) 1 point pour Rouché sur le cercle unité, 0,5 point pour l’absence de zéro sur le cercle ; c) 0,5 point pour Rouché sur le cercle de rayon 2, 0,5 point pour le décompte dans la couronne ; d) 0,5 point pour les zéros du disque, 0,5 point pour le zéro réel unique de la couronne, 0,5 point pour la conjugaison.

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Après le corrigé du contrôle : résidus et calcul d’intégrales réelles

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