Théorème de Rouché et séries de Laurent : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « théorème de Rouché et séries de Laurent », question par question.
Cette correction détaille chaque raisonnement comme on l’attend dans une bonne copie d’examen. Pour les séries de Laurent, elle part de la décomposition en éléments simples, puis développe chaque terme selon la couronne. Ensuite, chaque singularité est classée à l’aide d’un développement au voisinage du point, qui livre aussi le résidu. L’intégrale réelle s’appuie sur un contour en demi-disque dessiné, avec la majoration complète sur l’arc. Enfin, le problème vérifie les hypothèses de Rouché sur chaque cercle, puis retrouve les six zéros grâce à un changement de variable. Une figure les place dans le plan complexe. Chaque exercice se termine par son barème et par un piège fréquent.
L’énoncé complet se trouve ici : Théorème de Rouché et séries de Laurent : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : théorème de Rouché et séries de Laurent
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une fraction sur trois couronnes | 5 points |
| 2. Quatre singularités à classer | 4 points |
| 3. Une intégrale oscillante sur la droite réelle | 5 points |
| 4. Problème : localiser des zéros par Rouché | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : théorème de Rouché et séries de Laurent
Exercice 1 – Une fraction sur trois couronnes (5 points)
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Deux éléments simples
Les pôles 1 et \(-3\) sont simples. Le coefficient associé à 1 vaut \(\frac{4}{1 + 3} = 1\), et celui associé à \(-3\) vaut \(\frac{4}{-3 – 1} = -1\). Ainsi \(f(z) = \frac{1}{z – 1} – \frac{1}{z + 3}\), ce qu’on vérifie en réduisant : \((z + 3) – (z – 1) = 4\).
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Le disque intérieur
Pour \(\lvert z \rvert < 1\), la série géométrique donne \(\frac{1}{z – 1} = -\sum_{n \geq 0} z^n\). Comme on a aussi \(\left\lvert \frac{z}{3} \right\rvert < 1\), il vient \(\frac{1}{z + 3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 + z/3} = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{3^{n+1}}\,z^n\). Par différence :
\[f(z) = \sum_{n \geq 0} \left(-1 – \frac{(-1)^n}{3^{n+1}}\right) z^n \qquad (z \in \mathcal{A}).\]
Pour \(n = 0\), le coefficient vaut \(-1 – \frac{1}{3} = -\frac{4}{3}\). Or \(f(0) = \frac{4}{(-1) \times 3} = -\frac{4}{3}\) : le contrôle est concluant.
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La couronne du milieu
Sur \(\mathcal{B}\), on a \(\lvert z \rvert > 1\), donc \(\left\lvert \frac{1}{z} \right\rvert < 1\). On factorise alors par \(z\) le premier dénominateur :
\[\frac{1}{z – 1} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 – 1/z} = \sum_{n \geq 0} z^{-n-1} = \sum_{n \geq 1} z^{-n}.\]
En revanche, \(\lvert z \rvert < 3\) reste vrai, si bien que le second terme garde son développement de la question 2. Les deux séries géométriques convergent absolument, de raisons respectives \(\frac{1}{z}\) et \(-\frac{z}{3}\), toutes deux de module strictement inférieur à 1. Finalement :
\[f(z) = \sum_{n \geq 1} z^{-n} + \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^{n+1}}{3^{n+1}}\,z^n \qquad (z \in \mathcal{B}).\]
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L’extérieur
Sur \(\mathcal{C}\), on a \(\left\lvert \frac{3}{z} \right\rvert < 1\). Par suite, \(\frac{1}{z + 3} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 + 3/z} = \sum_{n \geq 1} (-3)^{n-1} z^{-n}\). Le développement de \(\frac{1}{z – 1}\) obtenu en 3 reste valable, puisque \(\lvert z \rvert > 1\). Ainsi \(f(z) = \sum_{n \geq 1} c_n z^{-n}\) avec \(c_n = 1 – (-3)^{n-1}\).
On trouve \(c_1 = 1 – 1 = 0\), puis \(c_2 = 1 + 3 = 4\). Par conséquent, \(f(z) \sim \frac{4}{z^2}\) quand \(\lvert z \rvert \to +\infty\), ce qui se lit aussi directement sur la fraction.
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Deux intégrales sur des cercles
Sur un cercle centré en 0 et contenu dans une couronne, la série de Laurent converge normalement, donc on l’intègre terme à terme. De plus, \(\int z^k\,dz\) vaut \(2i\pi\) si \(k = -1\) et 0 sinon. Seul le coefficient de \(z^{-1}\) compte donc.
Le cercle de rayon 2 est inclus dans \(\mathcal{B}\), où ce coefficient vaut 1 : l’intégrale vaut \(2i\pi\). Celui de rayon 5 est inclus dans \(\mathcal{C}\), où ce coefficient vaut \(c_1 = 0\) : l’intégrale est nulle. On retrouve ainsi la somme des résidus, \(1\) puis \(1 + (-1) = 0\).
Piège classique : garder sur la couronne le développement en puissances positives de \(\frac{1}{z – 1}\). Cette série diverge dès que \(\lvert z \rvert > 1\) : il faut alors factoriser par \(z\).
Exercice 2 – Quatre singularités à classer (4 points)
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Un pôle simple caché
Au voisinage de 0, \(1 – \cos z = \frac{z^2}{2} – \frac{z^4}{24} + \cdots\), donc \(g_1(z) = \frac{1}{2z} – \frac{z}{24} + \cdots\). Le développement de Laurent ne contient qu’une puissance négative, \(z^{-1}\), avec un coefficient non nul. C’est un pôle simple, de résidu \(\frac{1}{2}\).
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Une singularité essentielle
Pour \(z \neq 0\), on a \(\sin\left(\frac{1}{z}\right) = \sum_{k \geq 0} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,z^{-2k-1}\), d’où :
\[g_2(z) = z – \frac{1}{6z} + \frac{1}{120 z^3} – \frac{1}{5040 z^5} + \cdots\]
Ce développement, valable sur \(\mathbb{C}^*\), contient une infinité de puissances négatives. La singularité est donc essentielle, et le résidu vaut \(-\frac{1}{6}\).
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Une singularité qui s’efface
Le développement \(\mathrm{e}^{2z} = 1 + 2z + 2z^2 + \frac{4}{3}z^3 + \cdots\) donne \(g_3(z) = 2 + \frac{4}{3}z + \cdots\), sans puissance négative. La singularité est effaçable, le prolongement vaut 2 en 0, et le résidu est nul.
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Un pôle double
Écrivons \(\mathrm{e}^{z} = \mathrm{e} \cdot \mathrm{e}^{z – 1} = \mathrm{e}\left(1 + (z – 1) + \frac{(z-1)^2}{2} + \cdots\right)\). Il vient alors \(g_4(z) = \frac{\mathrm{e}}{(z-1)^2} + \frac{\mathrm{e}}{z – 1} + \frac{\mathrm{e}}{2} + \cdots\). Puisque le numérateur ne s’annule pas en 1, le point 1 est un pôle double, de résidu \(\mathrm{e}\). On retrouve ce résidu comme la dérivée de \(z \mapsto \mathrm{e}^{z}\) en 1.
Piège classique : conclure à un pôle d’ordre 3 pour \(g_1\) en lisant seulement le dénominateur. Le numérateur s’annule à l’ordre 2 en 0, ce qui abaisse l’ordre du pôle.
Exercice 3 – Une intégrale oscillante sur la droite réelle (5 points)
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Existence et choix de la fonction
Le dénominateur s’écrit \((x + 1)^2 + 4 \geq 4\), donc il ne s’annule pas. De plus, les deux intégrandes sont majorées en module par \(\frac{1}{(x+1)^2 + 4}\), qui est intégrable sur \(\mathbb{R}\) car équivalente à \(\frac{1}{x^2}\) en \(\pm\infty\). Les intégrales \(I\) et \(K\) convergent absolument.
Pour \(z = x + iy\), on a \(\lvert \mathrm{e}^{iz} \rvert = \mathrm{e}^{-y} \leq 1\) dans le demi-plan supérieur. En revanche, \(\cos(iy) = \operatorname{ch} y\) n’est pas borné : l’intégrale de \(\frac{\cos z}{z^2 + 2z + 5}\) sur le demi-cercle ne tendrait pas vers 0. De plus, \(\mathrm{e}^{ix} = \cos x + i \sin x\) fournit \(I\) et \(K\) en un seul calcul.
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Pôles et résidu
Le discriminant de \(z^2 + 2z + 5\) vaut \(-16\), donc ses racines sont \(z_0 = -1 + 2i\) et \(\overline{z_0} = -1 – 2i\). Ce sont deux pôles simples de \(F\), car \(\mathrm{e}^{iz}\) ne s’annule jamais. Seul \(z_0\) se trouve dans le demi-plan supérieur, et :
\[\operatorname{Res}(F, z_0) = \frac{\mathrm{e}^{i z_0}}{z_0 – \overline{z_0}} = \frac{\mathrm{e}^{-2 – i}}{4i}.\]
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Le contour en demi-disque
Comme \(\lvert z_0 \rvert = \sqrt{5} < R\), le lacet \(\Gamma_R\) entoure \(z_0\) une fois et laisse \(\overline{z_0}\) à l’extérieur, comme le montre la figure.
La fonction \(F\) est holomorphe sur \(\mathbb{C}\) privé de ses deux pôles. Le théorème des résidus donne donc :
\[\int_{\Gamma_R} F(z)\,dz = 2i\pi \times \frac{\mathrm{e}^{-2 – i}}{4i} = \frac{\pi}{2}\,\mathrm{e}^{-2}\,\mathrm{e}^{-i}.\]
Sur \(C_R\), on a \(\lvert \mathrm{e}^{iz} \rvert \leq 1\). Par ailleurs, l’inégalité triangulaire donne \(\lvert z^2 + 2z + 5 \rvert \geq R^2 – 2R – 5\), quantité strictement positive dès que \(R \geq 4\). La longueur de \(C_R\) valant \(\pi R\), on obtient :
\[\left\lvert \int_{C_R} F(z)\,dz \right\rvert \leq \frac{\pi R}{R^2 – 2R – 5}.\]
Ce majorant est équivalent à \(\frac{\pi}{R}\) quand \(R \to +\infty\). L’intégrale sur le demi-cercle tend donc vers 0.
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Les deux valeurs
On a \(\int_{-R}^{R} F(x)\,dx = \frac{\pi}{2}\,\mathrm{e}^{-2}\,\mathrm{e}^{-i} – \int_{C_R} F(z)\,dz\). Quand \(R \to +\infty\), le membre de gauche tend vers \(I + iK\), grâce à la convergence absolue. Ainsi \(I + iK = \frac{\pi}{2\mathrm{e}^2}\left(\cos 1 – i \sin 1\right)\). En identifiant parties réelle et imaginaire :
\[I = \frac{\pi \cos 1}{2\mathrm{e}^2} \approx 0{,}115, \qquad K = -\frac{\pi \sin 1}{2\mathrm{e}^2} \approx -0{,}179.\]
Ce signe négatif est cohérent avec la figure : le creux de la courbe en pointillés vers \(x = -1{,}5\) est nettement plus profond que sa bosse positive vers \(x = 1\). En effet, le dénominateur est minimal en \(x = -1\), là où \(\sin x\) est négatif.
Piège classique : affirmer que l’intégrale sur l’arc tend vers 0 sans majorer le dénominateur. La minoration \(R^2 – 2R – 5\) n’est positive que pour \(R\) assez grand.
Exercice 4 – Problème : localiser des zéros par Rouché (6 points)
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L’énoncé du théorème
Soit \(f\) et \(g\) holomorphes sur un ouvert contenant le disque fermé de centre \(a\) et de rayon \(r\). Supposons que \(\lvert f(z) – g(z) \rvert < \lvert f(z) \rvert\) pour tout \(z\) tel que \(\lvert z – a \rvert = r\). Alors \(f\) et \(g\) ont le même nombre de zéros, comptés avec multiplicité, dans le disque ouvert. Notons que l’inégalité stricte interdit à \(f\) comme à \(g\) de s’annuler sur le cercle.
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Deux cercles, deux termes dominants
Sur le cercle unité, comparons \(P\) à \(f(z) = -5z^2\). On a \(\lvert P(z) – f(z) \rvert = \lvert z^6 + 1 \rvert \leq 2\), tandis que \(\lvert f(z) \rvert = 5\). Puisque \(2 < 5\), le théorème s’applique : \(P\) a autant de zéros dans \(D_1\) que \(-5z^2\), qui admet 0 pour zéro double. Ainsi \(P\) possède 2 zéros dans \(D_1\). Si de plus \(P(z) = 0\) avec \(\lvert z \rvert = 1\), alors \(5 = \lvert f(z) \rvert = \lvert P(z) – f(z) \rvert \leq 2\), ce qui est absurde : aucun zéro ne se trouve sur le cercle unité.
Sur le cercle de rayon 2, le terme dominant devient \(z^6\). En effet, \(\lvert P(z) – z^6 \rvert = \lvert -5z^2 + 1 \rvert \leq 21\), alors que \(\lvert z^6 \rvert = 64\). Par conséquent, \(P\) a 6 zéros dans \(D_2\), c’est-à-dire tous ses zéros. Il en reste donc 4 dans la couronne \(1 < \lvert z \rvert < 2\).
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Le calcul explicite des zéros
La fonction \(q\) est continue, avec \(q(-3) = -11\), \(q(-2) = 3\), \(q(0) = 1\), \(q(1) = -3\), \(q(2) = -1\) et \(q(3) = 13\). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit une racine dans chacun des intervalles \(\left]-3, -2\right[\), \(\left]0, 1\right[\) et \(\left]2, 3\right[\). Comme \(q\) est de degré 3, ce sont ses trois racines \(u_1 < u_2 < u_3\), et elles sont simples.
Or \(P(z) = q(z^2)\), donc \(z\) annule \(P\) exactement quand \(z^2\) vaut \(u_1\), \(u_2\) ou \(u_3\). Les six zéros sont alors :
\[\pm\sqrt{u_2}, \qquad \pm\sqrt{u_3}, \qquad \pm\,i\sqrt{-u_1}.\]
Ils sont deux à deux distincts, donc simples. Ensuite, \(0 < \sqrt{u_2} < 1\) place deux zéros dans \(D_1\). Enfin, \(u_3\) et \(-u_1\) sont compris entre 2 et 3, si bien que les quatre autres zéros ont un module compris entre \(\sqrt{2}\) et \(\sqrt{3}\). Ils se trouvent donc bien dans la couronne : le décompte de la question 2 est confirmé.
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Une équation transcendante
Sur le cercle unité, posons \(f(z) = -4z^3\) et \(g(z) = \mathrm{e}^{z} – 4z^3\). Alors \(\lvert g(z) – f(z) \rvert = \mathrm{e}^{\mathrm{Re}\,z} \leq \mathrm{e} < 4 = \lvert f(z) \rvert\). Le théorème de Rouché s’applique donc, et \(g\) a autant de zéros dans \(D_1\) que \(-4z^3\). L’équation possède exactement trois solutions dans \(D_1\), comptées avec multiplicité.
Cherchons maintenant les solutions réelles \(x \in \left]-1, 1\right[\). Pour \(x \leq 0\), on a \(4x^3 \leq 0 < \mathrm{e}^{x}\) : aucune solution. Pour \(0 < x < 1\), les deux membres sont positifs, et l’équation équivaut à \(\psi(x) = 0\), avec \(\psi(x) = x – 3\ln x – \ln 4\). Or \(\psi^{\prime}(x) = 1 – \frac{3}{x} < 0\) sur \(\left]0, 1\right[\), donc \(\psi\) est strictement décroissante. De plus, \(\psi\) tend vers \(+\infty\) en \(0^+\) et \(\psi(1) = 1 – \ln 4 < 0\), car \(4 > \mathrm{e}\). Une seule solution \(x^{*}\) est donc réelle. Elle est simple, car \(g^{\prime}(x^{*}) = \mathrm{e}^{x^{*}} – 12{x^{*}}^2 = 4{x^{*}}^2 (x^{*} – 3) \neq 0\). Les deux autres solutions ne sont donc pas réelles, et elles sont conjuguées l’une de l’autre, puisque \(\overline{g(z)} = g(\overline{z})\).
Piège classique : comparer \(P\) à \(z^6\) sur le cercle unité. L’inégalité \(\lvert -5z^2 + 1 \rvert < 1\) y est fausse : sur chaque cercle, le terme dominant change.
À retenir de ce contrôle
- Le développement de Laurent d’une fraction dépend de la couronne : sur chaque couronne, on développe chaque élément simple en puissances de z ou de 1/z.
- L’intégrale d’une fonction sur un cercle centré en 0 vaut 2iπ fois le coefficient de 1/z de son développement sur la couronne qui contient ce cercle.
- Une singularité est essentielle quand le développement de Laurent contient une infinité de puissances négatives, comme z² sin(1/z) en 0.
- Pour une intégrale en cosinus, on intègre exp(iz) sur un demi-disque supérieur, où son module reste majoré par 1, puis on prend la partie réelle.
- Le théorème de Rouché exige une inégalité stricte sur tout le cercle ; il garantit alors aussi l’absence de zéro sur ce cercle.
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