Corrigé des exercices : Résidus et séries de Laurent en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Développements de Laurent sur trois domaines

Idée clé : chaque élément simple se développe en série géométrique, en factorisant par le plus grand des deux modules.

1. On cherche \( f(z) = \dfrac{\alpha}{z-2} + \dfrac{\beta}{z+3} \). En multipliant par \( z-2 \) puis en posant \( z = 2 \), on obtient \( \alpha = 5/5 = 1 \). De même, \( \beta = 5/(-5) = -1 \). Ainsi, \( f(z) = \dfrac{1}{z-2} – \dfrac{1}{z+3} \). Les pôles ont pour modules \( 2 \) et \( 3 \). Par conséquent, \( f \) est holomorphe sur le disque \( |z| < 2 \), sur la couronne \( 2 < |z| < 3 \) et sur l’extérieur \( |z| > 3 \).
2. Pour \( |z| < 2 \), la série géométrique de raison \( z/2 \) donne \( \dfrac{1}{z-2} = \displaystyle\sum_{n \geq 0} \frac{-z^n}{2^{n+1}} \). De plus, comme \( |z| < 3 \), \( \dfrac{1}{z+3} = \displaystyle\sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n z^n}{3^{n+1}} \). Donc \( f(z) = -\displaystyle\sum_{n \geq 0} \left( \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{(-1)^n}{3^{n+1}} \right) z^n \), une série entière sans puissance négative.
3. Passons à la couronne \( 2 < |z| < 3 \). L’élément \( 1/(z+3) \) s’y développe exactement comme sur le disque, puisque \( |z| < 3 \) reste vrai. Pour l’autre élément, c’est \( |2/z| \) qui est inférieur à \( 1 \), si bien que \( \dfrac{1}{z-2} = \dfrac{1}{z} \cdot \dfrac{1}{1 – 2/z} = \displaystyle\sum_{n \geq 1} 2^{n-1} z^{-n} \). Ainsi, \( f(z) = \displaystyle\sum_{n \geq 1} 2^{n-1} z^{-n} – \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n z^n}{3^{n+1}} \). Sur \( |z| > 3 \), on factorise aussi \( z+3 \) par \( z \) : \( \dfrac{1}{z+3} = \displaystyle\sum_{n \geq 1} (-3)^{n-1} z^{-n} \). Finalement, \( f(z) = \displaystyle\sum_{n \geq 2} \left( 2^{n-1} – (-3)^{n-1} \right) z^{-n} \), car le terme \( n = 1 \) vaut \( 1 – 1 = 0 \). On retrouve d’ailleurs \( f(z) \sim 5/z^2 \) à l’infini.
4. Le cercle \( |z| = 5/2 \) est inclus dans la couronne \( 2 < |z| < 3 \). En intégrant terme à terme, seul le coefficient de \( z^{-1} \) contribue. Or ce coefficient vaut \( 2^0 = 1 \). Donc \( \int_{|z|=5/2} f(z) \, dz = 2 i \pi \). On le confirme avec les résidus : seul le pôle \( 2 \) est entouré, et son résidu vaut \( 5/(2+3) = 1 \).

La figure situe les trois domaines et le cercle d’intégration.

Corrigé de l’exercice 2 – Nature de quatre singularités

Idée clé : un développement limité du numérateur donne directement la plus petite puissance de \( z \).

1. On a \( e^z – 1 – z = \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^3}{6} + \dfrac{z^4}{24} + \cdots \). En divisant par \( z^5 \), on obtient \( f_1(z) = \dfrac{1}{2z^3} + \dfrac{1}{6z^2} + \dfrac{1}{24 z} + \cdots \). Donc \( 0 \) est un pôle d’ordre \( 3 \), et au passage le résidu vaut \( 1/24 \).
2. Ensuite, \( \sin(2z) = 2z – \dfrac{8z^3}{6} + \dfrac{32 z^5}{120} – \cdots \). Ainsi, \( \sin(2z) – 2z = -\dfrac{4}{3} z^3 + O(z^5) \). Par conséquent, \( f_2 \) est bornée près de \( 0 \) : fausse singularité, prolongée par \( f_2(0) = -4/3 \).
3. Sur \( \mathbb{C}^* \), \( z^3 e^{1/z} = \displaystyle\sum_{k \geq 0} \frac{z^{3-k}}{k!} \). Les puissances \( z^{3-k} \) pour \( k \geq 4 \) sont négatives, et leurs coefficients \( 1/k! \) sont tous non nuls. Il y en a une infinité, donc \( 0 \) est une singularité essentielle.
4. Les singularités de \( f_4 \) sont les zéros de \( 1 + e^z \), c’est-à-dire les \( z_k = i(2k+1)\pi \), \( k \in \mathbb{Z} \). En ces points, la dérivée du dénominateur vaut \( e^{z_k} = -1 \neq 0 \). Les zéros sont donc simples et chaque \( z_k \) est un pôle simple, de résidu \( 1/e^{z_k} = -1 \).

Corrigé de l’exercice 3 – Résidus en des pôles simples

Idée clé : pour un quotient \( g/h \) avec un zéro simple de \( h \), le résidu vaut \( g(a)/h^{\prime}(a) \).

1. Les racines de \( z^2 + 2z + 5 \) sont \( -1 \pm 2i \). Elles sont distinctes, donc simples, et le numérateur ne s’y annule pas. En \( a \), le résidu vaut \( a/(2a+2) \). Pour \( a = -1 + 2i \), on obtient \( \dfrac{-1+2i}{4i} = \dfrac{(-1+2i)(-i)}{4} = \dfrac{2+i}{4} \). Par conjugaison, \( \mathrm{Res}(f, -1+2i) = \dfrac{2+i}{4} \) et \( \mathrm{Res}(f, -1-2i) = \dfrac{2-i}{4} \).
2. Les zéros de \( \sin(\pi z) \) sont les entiers \( n \). La dérivée \( \pi \cos(\pi z) \) vaut \( \pi (-1)^n \neq 0 \) en \( n \). Ainsi, chaque entier est un pôle simple et \( \mathrm{Res}(g, n) = \dfrac{(-1)^n}{\pi} \).
3. Les racines de \( z^4 = 16 \) sont \( 2, -2, 2i, -2i \), toutes simples. Le résidu en \( a \) vaut \( a^2/(4a^3) = 1/(4a) \). Donc \( \mathrm{Res}(h, 2) = \dfrac{1}{8} \), \( \mathrm{Res}(h, -2) = -\dfrac{1}{8} \), \( \mathrm{Res}(h, 2i) = -\dfrac{i}{8} \), \( \mathrm{Res}(h, -2i) = \dfrac{i}{8} \).

Corrigé de l’exercice 4 – Résidus en des pôles multiples

Idée clé : en un pôle d’ordre \( m \), on dérive \( m-1 \) fois la fonction \( (z-a)^m f(z) \), devenue holomorphe.

1. Comme \( e^{3 \cdot 1} \neq 0 \), le point \( 1 \) est un pôle d’ordre \( 3 \). Posons \( \varphi(z) = (z-1)^3 f(z) = e^{3z} \). Alors \( \varphi^{\prime\prime}(z) = 9 e^{3z} \). La formule donne \( \mathrm{Res}(f, 1) = \dfrac{\varphi^{\prime\prime}(1)}{2!} \), donc \( \mathrm{Res}(f, 1) = \dfrac{9e^3}{2} \).
2. En \( 0 \), le numérateur vaut \( \cos 0 = 1 \) : c’est un pôle double. Posons \( \psi(z) = z^2 g(z) = \dfrac{\cos z}{z+1} \). D’abord, \( \psi^{\prime}(z) = \dfrac{-\sin z \, (z+1) – \cos z}{(z+1)^2} \). Ensuite, \( \psi^{\prime}(0) = -1 \). Donc \( \mathrm{Res}(g, 0) = -1 \). En \( -1 \), le pôle est simple, et \( \mathrm{Res}(g, -1) = \dfrac{\cos(-1)}{(-1)^2} = \cos 1 \).
3. On a \( (z^2+1)^2 = (z-i)^2 (z+i)^2 \), donc \( i \) est un pôle double. Posons \( \chi(z) = (z+i)^{-2} \). Alors \( \chi^{\prime}(z) = -2 (z+i)^{-3} \), puis \( \chi^{\prime}(i) = -2/(2i)^3 = -2/(-8i) = \dfrac{1}{4i} \). Ainsi, \( \mathrm{Res}(h, i) = -\dfrac{i}{4} \).

Corrigé de l’exercice 5 – Indice de deux lacets paramétrés

Idée clé : on calcule l’indice en un seul point par la définition, puis on utilise sa constance sur chaque composante connexe.

1. On a \( \gamma_1^{\prime}(t) = 6i e^{3it} \). Par définition, \( \mathrm{Ind}_{\gamma_1}(0) = \dfrac{1}{2i\pi} \displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{6i e^{3it}}{2 e^{3it}} \, dt = \frac{1}{2i\pi} \cdot 3i \cdot 2\pi \). Donc \( \mathrm{Ind}_{\gamma_1}(0) = 3 \) : le cercle est parcouru trois fois dans le sens direct.
2. L’image de \( \gamma_1 \) est le cercle de rayon \( 2 \). Son complémentaire a deux composantes : le disque ouvert et l’extérieur. Le point \( 1 \) est dans le disque, comme \( 0 \), donc \( \mathrm{Ind}_{\gamma_1}(1) = 3 \). Le point \( 3 \) est dans la composante non bornée, donc \( \mathrm{Ind}_{\gamma_1}(3) = 0 \).
3. Le lacet \( \gamma_2 \) décrit une fois le cercle de centre \( 1 \) et de rayon \( 1 \), dans le sens indirect. Un calcul direct en \( 1 \) donne \( \dfrac{1}{2i\pi} \displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{-i e^{-it}}{e^{-it}} \, dt = -1 \). Or \( 3/2 \) est dans le même disque que \( 1 \), donc \( \mathrm{Ind}_{\gamma_2}(3/2) = -1 \). Enfin, \( |-1 – 1| = 2 > 1 \), donc \( \mathrm{Ind}_{\gamma_2}(-1) = 0 \).

Corrigé de l’exercice 6 – Une intégrale trigonométrique

Idée clé : la substitution \( z = e^{it} \) transforme l’intégrale en intégrale d’une fraction rationnelle sur le cercle unité.

1. Avec \( \cos t = (z + z^{-1})/2 \) et \( dt = dz/(iz) \), on obtient \( 4 + \cos t = \dfrac{z^2 + 8z + 1}{2z} \). Par conséquent, \( I = \displaystyle\int_{|z|=1} \frac{2z}{z^2 + 8z + 1} \cdot \frac{dz}{iz} = \int_{|z|=1} \frac{2 \, dz}{i (z^2 + 8z + 1)} \).
2. Les racines de \( z^2 + 8z + 1 \) sont \( -4 \pm \sqrt{15} \). Comme \( \sqrt{15} \approx 3{,}87 \), la racine \( z_1 = -4 + \sqrt{15} \approx -0{,}13 \) est dans le disque unité. L’autre, \( -4 – \sqrt{15} \), est à l’extérieur. Leur produit vaut d’ailleurs \( 1 \), ce qui confirme qu’une seule est intérieure.
3. Le résidu en \( z_1 \) vaut \( \dfrac{2}{i(2z_1 + 8)} = \dfrac{2}{2i\sqrt{15}} = \dfrac{1}{i\sqrt{15}} \). Par le théorème des résidus, \( I = 2i\pi \cdot \dfrac{1}{i\sqrt{15}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{15}} \). Ce résultat est cohérent, car \( 1/(4 + \cos t) \) est compris entre \( 1/5 \) et \( 1/3 \).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Théorème des résidus sur un cercle

Idée clé : on garde seulement les pôles de module strictement inférieur à \( 2 \).

1. La fonction \( F(z) = \dfrac{z+1}{z(z-1)(z-3)} \) a trois pôles simples : \( 0 \), \( 1 \) et \( 3 \). Aucun ne se trouve sur le cercle. De plus, \( 0 \) et \( 1 \) sont à l’intérieur, avec un indice égal à \( 1 \), alors que \( 3 \) est à l’extérieur.
2. On calcule \( \mathrm{Res}(F, 0) = \dfrac{1}{(-1)(-3)} = \dfrac{1}{3} \), puis \( \mathrm{Res}(F, 1) = \dfrac{2}{1 \cdot (-2)} = -1 \).
3. Le théorème des résidus donne \( \displaystyle\int_{|z|=2} F(z) \, dz = 2i\pi \left( \frac{1}{3} – 1 \right) \). Ainsi, l’intégrale vaut \( -\dfrac{4i\pi}{3} \).

Corrigé de l’exercice 8 – Lacet parcouru deux fois

Idée clé : un cercle parcouru deux fois donne un indice \( 2 \) à chaque point intérieur, ce qui double la contribution des résidus.

1. Le lacet décrit deux fois, dans le sens direct, le cercle de centre \( 1 \) et de rayon \( 2 \). D’abord, \( 1 \) est le centre, donc \( \mathrm{Ind}_\gamma(1) = 2 \). Ensuite, \( |4 – 1| = 3 > 2 \) et \( |-2 – 1| = 3 > 2 \) : ces deux points sont extérieurs, donc \( \mathrm{Ind}_\gamma(4) = \mathrm{Ind}_\gamma(-2) = 0 \).
2. Le pôle \( 1 \) est simple, avec \( \mathrm{Res}(f, 1) = \dfrac{e}{1 – 4} = -\dfrac{e}{3} \). Le pôle \( 4 \) a un indice nul et ne contribue pas. Par conséquent, \( \int_\gamma f(z) \, dz = 2i\pi \cdot 2 \cdot \left( -\dfrac{e}{3} \right) = -\dfrac{4 i \pi e}{3} \).

Corrigé de l’exercice 9 – Singularité essentielle et coefficient d’indice moins un

Idée clé : en une singularité essentielle, aucune formule de limite ne marche ; on lit le coefficient de \( 1/z \) dans la série.

1. Pour \( z \neq 0 \), \( e^{2/z} = \displaystyle\sum_{k \geq 0} \frac{2^k}{k! \, z^k} \). Donc \( z^3 e^{2/z} = \displaystyle\sum_{k \geq 0} \frac{2^k}{k!} z^{3-k} \), et ce développement est valable sur \( \mathbb{C}^* \). Les puissances négatives correspondent à \( k \geq 4 \), avec des coefficients \( 2^k/k! \) non nuls. Il y en a une infinité : \( 0 \) est une singularité essentielle.
2. Le coefficient de \( z^{-1} \) correspond à \( 3 – k = -1 \), soit \( k = 4 \). Il vaut \( 2^4/4! = 16/24 = 2/3 \). Par conséquent, \( \int_{|z|=1} z^3 e^{2/z} \, dz = 2i\pi \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{4i\pi}{3} \).
3. De même, \( e^{1/z^2} = \displaystyle\sum_{k \geq 0} \frac{z^{-2k}}{k!} \) ne contient que des puissances paires. Le coefficient de \( z^{-1} \) est donc nul, et \( \int_{|z|=1} e^{1/z^2} \, dz = 0 \). Pourtant, \( 0 \) est bien une singularité essentielle. Il n’y a aucune contradiction : un résidu nul ne signifie pas une fausse singularité. Seul le coefficient \( c_{-1} \) intervient dans l’intégrale.

Corrigé de l’exercice 10 – Pôle double sur le demi-plan supérieur

Idée clé : le dénominateur est un carré, donc l’unique pôle supérieur est double.

1. On a \( x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1 \geq 1 \), donc l’intégrande est continu sur \( \mathbb{R} \). De plus, il est équivalent à \( 1/x^4 \) en \( \pm\infty \). Par comparaison, \( J \) converge absolument.
2. Posons \( F(z) = \dfrac{1}{(z-a)^2 (z – \bar a)^2} \) avec \( a = -1 + i \). Le seul pôle du demi-plan supérieur est \( a \), d’ordre \( 2 \). Avec \( \psi(z) = (z – \bar a)^{-2} \), on obtient \( \mathrm{Res}(F, a) = \psi^{\prime}(a) = \dfrac{-2}{(a – \bar a)^3} = \dfrac{-2}{(2i)^3} = \dfrac{1}{4i} \).
3. Pour \( |z| = R \geq 3 \), on a \( |z^2 + 2z + 2| \geq R^2 – 2R – 2 > 0 \). L’intégrale sur le demi-cercle est donc majorée par \( \dfrac{\pi R}{(R^2 – 2R – 2)^2} \), qui tend vers \( 0 \). Par le théorème des résidus puis le passage à la limite, \( J = 2i\pi \cdot \dfrac{1}{4i} = \dfrac{\pi}{2} \).
4. Vérification : avec \( u = x + 1 \), \( J = \displaystyle\int_{\mathbb{R}} \frac{du}{(u^2+1)^2} \). Puis, avec \( u = \tan \theta \), on trouve \( \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 \theta \, d\theta = \frac{\pi}{2} \). Les deux méthodes concordent.

Corrigé de l’exercice 11 – Fraction paire intégrée sur une demi-droite

Idée clé : les racines de \( x^4 + x^2 + 1 \) sont des racines sixièmes de l’unité, ce qui simplifie les résidus.

1. On écrit \( x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + 1)^2 – x^2 = (x^2 + x + 1)(x^2 – x + 1) \). De plus, \( (x^2 – 1)(x^4 + x^2 + 1) = x^6 – 1 \). Les racines sont donc les racines sixièmes de l’unité autres que \( \pm 1 \) : \( e^{\pm i\pi/3} \) et \( e^{\pm 2i\pi/3} \). Les pôles supérieurs sont \( \omega_1 = e^{i\pi/3} \) et \( \omega_2 = e^{2i\pi/3} \), tous simples.
2. Avec \( Q(z) = z^4 + z^2 + 1 \), on a \( \mathrm{Res}(1/Q, \omega) = 1/(4\omega^3 + 2\omega) \). Pour \( \omega_1 \), \( \omega_1^3 = -1 \) et \( 2\omega_1 = 1 + i\sqrt{3} \), d’où un résidu \( \dfrac{1}{-3 + i\sqrt3} = \dfrac{-3 – i\sqrt3}{12} \). Pour \( \omega_2 \), \( \omega_2^3 = 1 \) et \( 2\omega_2 = -1 + i\sqrt3 \), d’où \( \dfrac{1}{3 + i\sqrt3} = \dfrac{3 – i\sqrt3}{12} \). La somme vaut \( -\dfrac{i\sqrt3}{6} \).
3. Le degré du dénominateur dépasse de \( 4 \) celui du numérateur, donc la proposition du cours s’applique. Ainsi, \( \displaystyle\int_{\mathbb{R}} \frac{dx}{Q(x)} = 2i\pi \cdot \left( -\frac{i\sqrt3}{6} \right) = \frac{\pi\sqrt3}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} \).
4. L’intégrande est pair, donc \( \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^4 + x^2 + 1} = \frac{\pi}{2\sqrt3} \approx 0{,}907 \).

Corrigé de l’exercice 12 – Lemme de Jordan en action

Idée clé : l’intégrande ne décroît qu’en \( 1/x \) ; seul le lemme de Jordan permet de négliger le demi-cercle.

1. Sur \( [1, +\infty[ \), on écrit \( \dfrac{x}{x^2+4} \sin(\pi x) \). La fonction \( x \mapsto x/(x^2+4) \) décroît vers \( 0 \) pour \( x \geq 2 \), et les primitives de \( \sin(\pi x) \) sont bornées. Par le critère d’Abel, l’intégrale converge en \( +\infty \), et de même en \( -\infty \) par parité. En revanche, \( |\sin(\pi x)| \geq \sin^2(\pi x) = (1 – \cos(2\pi x))/2 \). Or \( \int^{+\infty} \frac{x}{2(x^2+4)} dx \) diverge, tandis que la partie en cosinus converge. Donc \( K \) converge, mais pas absolument.
2. Avec \( F(z) = z/(z^2+4) \), on a \( \sup_{C_R} |F| \leq R/(R^2-4) \). Le produit \( \pi R \cdot R/(R^2 – 4) \) tend vers \( \pi \), et non vers \( 0 \). La majoration grossière ne conclut donc pas.
3. Posons \( g(z) = \dfrac{z e^{i\pi z}}{z^2+4} \). Son seul pôle supérieur est \( 2i \), simple, avec \( \mathrm{Res}(g, 2i) = \dfrac{2i e^{-2\pi}}{4i} = \dfrac{e^{-2\pi}}{2} \). Par le lemme de Jordan avec \( \lambda = \pi \) et \( M(R) \leq R/(R^2 – 4) \to 0 \), l’intégrale sur \( C_R \) tend vers \( 0 \). On obtient \( \displaystyle\lim_{R \to +\infty} \int_{-R}^{R} \frac{x e^{i\pi x}}{x^2+4} \, dx = 2i\pi \cdot \frac{e^{-2\pi}}{2} = i\pi e^{-2\pi} \). Enfin, la partie imaginaire donne \( K = \pi e^{-2\pi} \). La partie réelle, nulle, correspond à l’intégrale impaire en cosinus.

Corrigé de l’exercice 13 – Cosinus et deux pôles imaginaires

Idée clé : on intègre \( e^{iz} \) et non \( \cos z \), puis on garde la partie réelle.

1. Posons \( g(z) = \dfrac{e^{iz}}{(z^2+1)(z^2+4)} \). Ses pôles supérieurs sont \( i \) et \( 2i \), tous deux simples. D’abord, \( \mathrm{Res}(g, i) = \dfrac{e^{-1}}{2i \cdot 3} = \dfrac{e^{-1}}{6i} \). Ensuite, \( \mathrm{Res}(g, 2i) = \dfrac{e^{-2}}{(-3) \cdot 4i} = -\dfrac{e^{-2}}{12i} \).
2. Dans le demi-plan supérieur, \( |e^{iz}| = e^{-\mathrm{Im}\, z} \leq 1 \). Sur \( C_R \), avec \( R \geq 3 \), on a donc \( |g(z)| \leq \dfrac{1}{(R^2-1)(R^2-4)} \). L’intégrale sur l’arc est majorée par \( \pi R \) fois cette quantité, qui tend vers \( 0 \).
3. Par conséquent, \( \displaystyle\int_{\mathbb{R}} g = 2i\pi \left( \frac{e^{-1}}{6i} – \frac{e^{-2}}{12i} \right) = \pi \left( \frac{e^{-1}}{3} – \frac{e^{-2}}{6} \right) \). Ce nombre est réel, ce qui est cohérent : la partie en sinus est impaire. Finalement, \( L = \dfrac{\pi (2e – 1)}{6e^2} \approx 0{,}314 \).

Corrigé de l’exercice 14 – Coefficient de Fourier par les résidus

Idée clé : le facteur \( e^{2it} \) devient \( z^2 \), qui ne crée aucun pôle nouveau.

1. Avec \( z = e^{it} \), on a \( 5 – 3\cos t = \dfrac{10z – 3z^2 – 3}{2z} = -\dfrac{(3z – 1)(z – 3)}{2z} \). L’intégrale devient \( \displaystyle\int_{|z|=1} z^2 \cdot \frac{-2z}{(3z-1)(z-3)} \cdot \frac{dz}{iz} = \int_{|z|=1} \frac{2i z^2}{(3z-1)(z-3)} \, dz \).
2. Les pôles sont \( 1/3 \), intérieur, et \( 3 \), extérieur. Ensuite, \( \mathrm{Res}\left(\cdot, \frac13\right) = \dfrac{2i \cdot \frac19}{3 \left( \frac13 – 3 \right)} = \dfrac{2i/9}{-8} = -\dfrac{i}{36} \). Donc \( \displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{e^{2it}}{5 – 3\cos t} \, dt = 2i\pi \cdot \left( -\frac{i}{36} \right) = \frac{\pi}{18} \).
3. Comme \( 5 – 3\cos t \) est réel, on sépare parties réelle et imaginaire. Ainsi, \( \displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{\cos 2t}{5 – 3\cos t} \, dt = \frac{\pi}{18} \) et \( \displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{\sin 2t}{5 – 3\cos t} \, dt = 0 \). Le second résultat se retrouve d’ailleurs par le changement \( t \mapsto 2\pi – t \).

Corrigé de l’exercice 15 – Principe de l’argument et fonctions méromorphes

Idée clé : l’intégrale de \( f^{\prime}/f \) compte les zéros moins les pôles, avec leurs multiplicités.

1. La fonction \( f \) est un quotient de polynômes, donc méromorphe sur \( \mathbb{C} \). Ses zéros sont \( i \) et \( -i \), chacun d’ordre \( 2 \). Ses pôles sont \( 2 \), d’ordre \( 1 \), et \( -5 \), d’ordre \( 3 \). Aucun de ces points n’est sur le cercle \( |z| = 3 \). Dans le disque, on compte \( Z = 4 \) et \( P = 1 \), car \( -5 \) est extérieur. Le principe de l’argument donne \( Z – P = 3 \).
2. Les zéros de \( \cos \) sont isolés, donc \( \tan = \sin/\cos \) est méromorphe sur \( \mathbb{C} \). De plus, \( \tan z = -\dfrac{\cos^{\prime} z}{\cos z} \). Les zéros de \( \cos \) dans \( |z| < 2 \) sont \( \pm \pi/2 \), car \( \pi/2 \approx 1{,}57 \) et \( 3\pi/2 \approx 4{,}71 \). Ils sont simples. Aucun pôle de \( \cos \), aucun zéro sur le cercle. Ainsi, \( \dfrac{1}{2i\pi} \displaystyle\int_{|z|=2} \frac{\cos^{\prime}}{\cos} = 2 \), d’où \( \int_{|z|=2} \tan z \, dz = -4i\pi \). On le vérifie avec \( \mathrm{Res}(\tan, \pi/2) = \sin(\pi/2)/(-\sin(\pi/2)) = -1 \).

Corrigé de l’exercice 16 – Rouché sur deux cercles

Idée clé : le terme dominant change selon le cercle : \( -5z^3 \) sur le cercle unité, \( z^7 \) sur le cercle de rayon \( 2 \).

1. Sur \( |z| = 1 \), on a \( |-5z^3| = 5 \) et \( |z^7 + 1| \leq 2 < 5 \). Rouché s’applique donc : \( P \) et le monôme \( -5z^3 \), qui a un zéro triple en \( 0 \), possèdent le même nombre de racines dans le disque unité. Ainsi, \( P \) a trois zéros dans \( |z| < 1 \).
2. Sur \( |z| = 2 \), \( |z^7| = 128 \) et \( |-5z^3 + 1| \leq 41 < 128 \). Le monôme \( z^7 \) impose donc son compte : les sept racines de \( P \) se trouvent dans le disque de rayon \( 2 \).
3. Les inégalités strictes interdisent tout zéro sur les deux cercles. Par conséquent, la couronne \( 1 < |z| < 2 \) contient exactement \( 7 – 3 = 4 \) zéros.

Corrigé de l’exercice 17 – Localiser les racines d’une quartique

Idée clé : Rouché compte les zéros, puis l’étude réelle et la conjugaison des racines non réelles les localisent.

1. Sur \( |z| = 1 \), \( |6z| = 6 \) et \( |z^4 + 3| \leq 4 < 6 \). Donc \( P \) a un unique zéro dans le disque unité, comme \( 6z \). Or \( P \) est à coefficients réels : si \( w \) est un zéro, \( \bar w \) aussi. Un zéro non réel dans le disque en entraînerait donc un second. Ainsi, ce zéro est réel. Enfin, \( P(-1) = -2 < 0 \) et \( P(-1/2) = 1/16 > 0 \). Par le théorème des valeurs intermédiaires, le zéro du disque est réel et situé dans \( ]-1, -1/2[ \).
2. Sur \( |z| = 2 \), \( |z^4| = 16 \) et \( |6z + 3| \leq 15 < 16 \). Donc les quatre zéros vérifient \( |z| < 2 \).
3. Sur \( \mathbb{R} \), \( P^{\prime}(x) = 4x^3 + 6 \) s’annule seulement en \( x_0 = -(3/2)^{1/3} \approx -1{,}145 \). Ainsi \( P \) décroît puis croît, avec \( P(x_0) = -\tfrac{9}{2} \left(\tfrac32\right)^{1/3} + 3 \approx -2{,}15 < 0 \). Comme \( P \to +\infty \) en \( \pm\infty \), \( P \) a exactement deux racines réelles. La seconde est dans \( ]-2, -1[ \), car \( P(-2) = 7 > 0 \).
4. Les deux racines restantes ne sont pas réelles. Elles sont donc conjuguées, de modules égaux, et situées dans la couronne \( 1 < |z| < 2 \). Numériquement, elles valent environ \( 1{,}058 \pm 1{,}593 i \), de module environ \( 1{,}91 \).

La figure place les quatre racines par rapport aux deux cercles de Rouché.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Logarithme et contour indenté

Idée clé : sur la demi-droite négative, le logarithme choisi vaut \( \ln x + i\pi \) ; on récupère ainsi deux fois l’intégrale cherchée.

1. La fonction \( f \) est holomorphe sur le domaine du logarithme privé de \( \pm 2i \). Or \( -2i \) est sur la coupure, et seul \( 2i \) est entouré par le contour. Avec \( \log(2i) = \ln 2 + i\pi/2 \), on obtient \( \mathrm{Res}(f, 2i) = \dfrac{\ln 2 + i\pi/2}{4i} \).
2. Sur le petit demi-cercle \( c_\varepsilon \), on a \( |\log z| \leq |\ln \varepsilon| + \pi \) et \( |z^2 + 4| \geq 4 – \varepsilon^2 \). Donc \( \left| \int_{c_\varepsilon} f \right| \leq \dfrac{\pi \varepsilon (|\ln \varepsilon| + \pi)}{4 – \varepsilon^2} \), qui tend vers \( 0 \) car \( \varepsilon \ln \varepsilon \to 0 \). De même, sur \( C_R \), \( \left| \int_{C_R} f \right| \leq \dfrac{\pi R (\ln R + \pi)}{R^2 – 4} \), qui tend vers \( 0 \). Les deux arcs ne contribuent pas à la limite.
3. Sur \( [-R, -\varepsilon] \), posons \( z = -x \) avec \( x \in [\varepsilon, R] \). Alors \( \log(-x) = \ln x + i\pi \), d’où \( \displaystyle\int_{-R}^{-\varepsilon} f(z) \, dz = \int_\varepsilon^R \frac{\ln x + i\pi}{x^2 + 4} \, dx \).
4. Le théorème des résidus, puis le passage à la limite, donnent \( 2 \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2+4} \, dx + i\pi \int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^2+4} = 2i\pi \cdot \frac{\ln 2 + i\pi/2}{4i} = \frac{\pi \ln 2}{2} + \frac{i\pi^2}{4} \). En identifiant les parties réelles, \( \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2+4} \, dx = \frac{\pi \ln 2}{4} \). En identifiant les parties imaginaires, on retrouve \( \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^2+4} = \frac{\pi}{4} \), ce que confirme l’arctangente.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Somme alternée par les résidus

Idée clé : les pôles entiers de \( \pi/\sin(\pi z) \) ont des résidus \( (-1)^n \), ce qui fabrique la série ; le carré \( C_N \) évite tous ces pôles.

1. Le dénominateur \( (z^2+a^2)\sin(\pi z) \) est entier et non identiquement nul. Ses zéros sont isolés, donc \( f \) est méromorphe sur \( \mathbb{C} \). Les zéros de \( \sin(\pi z) \) sont les entiers, tous simples. Ceux de \( z^2 + a^2 \) sont \( \pm ia \), simples aussi. Comme \( a > 0 \), ces deux familles sont disjointes. Par conséquent, tous les pôles sont simples : les entiers et \( \pm ia \).
2. En \( n \in \mathbb{Z} \), la formule du quotient donne \( \mathrm{Res}(f, n) = \dfrac{\pi}{(n^2+a^2) \pi \cos(\pi n)} = \dfrac{(-1)^n}{n^2+a^2} \). En \( ia \), on utilise \( \sin(i\pi a) = i \sinh(\pi a) \), d’où \( \mathrm{Res}(f, ia) = \dfrac{\pi}{2ia \cdot i\sinh(\pi a)} = -\dfrac{\pi}{2a\sinh(\pi a)} \). De même, \( \sin(-i\pi a) = -i\sinh(\pi a) \) donne \( \mathrm{Res}(f, \pm ia) = -\dfrac{\pi}{2a\sinh(\pi a)} \).
3. Pour \( x, y \) réels, \( \sin(x+iy) = \sin x \cosh y + i \cos x \sinh y \). Donc \( |\sin(x+iy)|^2 = \sin^2 x \, (1 + \sinh^2 y) + \cos^2 x \sinh^2 y = \sin^2 x + \sinh^2 y \). Sur les côtés verticaux de \( C_N \), \( \pi x = \pm \pi(N + 1/2) \), donc \( \sin^2(\pi x) = 1 \). Sur les côtés horizontaux, \( \sinh^2(\pi y) \geq \sinh^2(\pi/2) > 1 \). Ainsi, \( |\sin(\pi z)| \geq 1 \) sur \( C_N \).
4. Sur \( C_N \), on a \( |z| \geq N + 1/2 \), donc \( |z^2 + a^2| \geq (N+1/2)^2 – a^2 \) dès que \( N + 1/2 > a \). La longueur du carré vaut \( 4(2N+1) \). Par conséquent, \( \left| \int_{C_N} f \right| \leq \dfrac{4\pi (2N+1)}{(N+1/2)^2 – a^2} \). Ce majorant tend vers \( 0 \), comme \( 8\pi/N \).
5. Pour \( N > a \), le carré entoure une fois les entiers \( n \) avec \( |n| \leq N \), ainsi que \( \pm ia \). Aucun pôle n’est sur \( C_N \). Le théorème des résidus donne \( \displaystyle\int_{C_N} f = 2i\pi \left( \sum_{n=-N}^{N} \frac{(-1)^n}{n^2+a^2} – \frac{\pi}{a\sinh(\pi a)} \right) \). En faisant tendre \( N \) vers l’infini, on obtient \( \displaystyle\sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{a\sinh(\pi a)} \). La série converge absolument, ce qui justifie l’écriture sur \( \mathbb{Z} \).
6. Isolons le terme \( n = 0 \) : \( \dfrac{1}{a^2} + 2\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^n}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{a\sinh(\pi a)} \). Or \( \sinh(\pi a) = \pi a + \dfrac{\pi^3 a^3}{6} + O(a^5) \), donc \( \dfrac{\pi}{a\sinh(\pi a)} = \dfrac{1}{a^2} – \dfrac{\pi^2}{6} + O(a^2) \). La série en \( n \geq 1 \) est normalement convergente en \( a \), car ses termes sont majorés par \( 1/n^2 \). On peut donc passer à la limite terme à terme : \( 2 \displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{6} \). Finalement, \( \displaystyle\sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12} \).

La figure montre le carré \( C_N \), qui passe à mi-chemin entre deux entiers consécutifs.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – Deux zéros réels d’une équation exponentielle

Idée clé : sur le cercle unité, \( 3z^2 \) domine \( e^z \) ; Rouché fournit le nombre de zéros, et l’étude réelle en fournit autant.

1. Pour \( |z| \leq 1 \), \( |e^z| = e^{\mathrm{Re}\, z} \leq e^{|z|} \leq e \). Sur le cercle \( |z| = 1 \), on a donc \( |e^z| \leq e < 3 = |3z^2| \). On compare alors \( g = 3z^2 – e^z \) au terme dominant \( 3z^2 \), dont \( 0 \) est racine double : Rouché leur attribue le même compte de racines dans le disque unité. Ainsi, \( g \) possède exactement deux zéros dans \( |z| < 1 \), comptés avec multiplicité.
2. Sur \( \mathbb{R} \), \( g(-1/2) = 3/4 – e^{-1/2} \approx 0{,}143 > 0 \), \( g(0) = -1 < 0 \), \( g(1/2) = 3/4 – e^{1/2} \approx -0{,}899 < 0 \) et \( g(1) = 3 – e \approx 0{,}282 > 0 \). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit un zéro \( x_1 \in \, ]-1/2, 0[ \) et un zéro \( x_2 \in \, ]1/2, 1[ \). Ces deux zéros distincts sont dans le disque unité. Comme le disque n’en contient que deux avec multiplicité, ce sont exactement \( x_1 \) et \( x_2 \), et ils sont simples. Numériquement, \( x_1 \approx -0{,}459 \) et \( x_2 \approx 0{,}910 \).
3. L’intégrande est \( g^{\prime}/g \). Aucun zéro de \( g \) n’est sur le cercle, puisque \( |g| \geq 3 – e > 0 \) sur celui-ci. De plus, \( g \) n’a pas de pôle. Le principe de l’argument donne donc \( \dfrac{1}{2i\pi} \displaystyle\int_{|z|=1} \frac{6z – e^z}{3z^2 – e^z} \, dz = 2 \).
4. Sur \( |z| = 2 \), \( |e^z| \leq e^2 \approx 7{,}39 < 12 = |3z^2| \). Ainsi, \( g \) a deux zéros dans \( |z| < 2 \), qui sont déjà \( x_1 \) et \( x_2 \). Par ailleurs, \( g \) ne s’annule pas sur \( |z| = 1 \). Par conséquent, \( g \) n’a aucun zéro dans \( 1 \leq |z| < 2 \).
5. Pour \( x \leq -1/2 \), on a \( 3x^2 \geq 3/4 \) et \( e^x \leq e^{-1/2} \approx 0{,}607 \). Donc \( g(x) \geq 3/4 – e^{-1/2} > 0 \), et \( g \) n’a aucun zéro réel inférieur à \( -1/2 \). La figure confirme les deux intersections de \( y = 3x^2 \) et de \( y = e^x \) sur \( [-1, 1] \).

Pour aller plus loin

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