Singularités et théorème des résidus : corrigé du contrôle de maths Licence L3 à télécharger en PDF

1 Nature des singularités / 3 pts

(a) \(e^z - 1 - z = \dfrac{z^2}{2}+\dfrac{z^3}{6}+\cdots\), donc \(f(z) = \dfrac12 + \dfrac{z}{6}+\cdots\) : singularité effaçable, valeur prolongée \(\dfrac12\), résidu \(0\). (1 pt)

(b) \(g(z) = z^{-3} - \dfrac{1}{6}z^{-1} + \dfrac{z}{120}-\cdots\) : pôle d’ordre \(3\), résidu \(-\dfrac16\). (1 pt)

(c) \(h(z) = \sum_{n\ge0}\dfrac{z^{-2n}}{n!}\) : infinité de puissances négatives, singularité essentielle ; seules des puissances paires apparaissent, donc le coefficient de \(z^{-1}\) est nul : résidu \(0\). (1 pt)

2 Séries de Laurent / 4 pts

(a) \(f(z) = \dfrac12\left(\dfrac{1}{z+1}-\dfrac{1}{z+3}\right)\). Sur \(1 \lt |z| \lt 3\) : \(\dfrac{1}{z+1} = \sum_{n\ge0}(-1)^n z^{-n-1}\) et \(\dfrac{1}{z+3} = \dfrac13\sum_{n\ge0}\dfrac{(-1)^n z^n}{3^n}\). Donc
\[ f(z) = \frac12\sum_{n\ge0}(-1)^n z^{-n-1} - \frac12\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^n z^n}{3^{n+1}} = \cdots+\frac{-1}{2z^2}+\frac{1}{2z} - \frac16 + \frac{z}{18}-\cdots \] (2 pts)

(b) Le coefficient de \(z^{-1}\) est \(\dfrac12\). Le résidu en \(-1\) est \(\dfrac{1}{-1+3} = \dfrac12\) : c’est cohérent, car le cercle \(|z| = 2\) n’entoure que le pôle \(-1\). (1 pt)

(c) Sur \(|z| \lt 1\), \(\dfrac{1}{z+1} = \sum(-1)^n z^n\) et \(\dfrac{1}{z+3} = \dfrac13\sum\dfrac{(-1)^n z^n}{3^n}\) : le terme constant vaut \(\dfrac12\left(1-\dfrac13\right) = \dfrac13\). (1 pt)

3 Résidus et intégrales / 4 pts

(a) \(0\) est un pôle simple, \(2\) un pôle double (le numérateur ne s’annule ni en \(0\) ni en \(2\)). (1 pt)

(b) \(\operatorname{Res}(f,0) = \dfrac{0+1}{(0-2)^2} = \dfrac14\). (1 pt) Pour \(2\), \(g(z) = \dfrac{z^2+1}{z} = z+\dfrac1z\), \(g^{\prime}(z) = 1-\dfrac{1}{z^2}\), donc \(\operatorname{Res}(f,2) = g^{\prime}(2) = \dfrac34\). (1 pt)

(c) Le cercle \(|z|=3\) entoure les deux pôles : \(2\pi i\left(\dfrac14+\dfrac34\right) = 2\pi i\). Le cercle \(|z-2|=1\) n’entoure que \(2\) (car \(|0-2| = 2 \gt 1\)) : \(2\pi i\cdot\dfrac34 = \dfrac{3\pi i}{2}\). (1 pt)

4 Intégrale réelle / 4 pts

On a \(x^2+2x+5 = (x+1)^2+4\), qui s’annule en \(p = -1+2i\) et \(\bar p = -1-2i\) : pas de pôle réel, et le degré du dénominateur est \(4 \ge 0+2\), donc le contour en demi-disque convient (l’arc donne une contribution qui tend vers \(0\)). Seul \(p\) est dans le demi-plan supérieur ; c’est un pôle double. (1 pt)

On écrit \(f(z) = \dfrac{1}{(z-p)^2(z-\bar p)^2}\), donc \(\operatorname{Res}(f,p) = \dfrac{d}{dz}(z-\bar p)^{-2}\Big|_{z=p} = \dfrac{-2}{(p-\bar p)^3} = \dfrac{-2}{(4i)^3} = \dfrac{-2}{-64i} = \dfrac{1}{32i}\). (2 pts)

Donc \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}}\frac{dx}{(x^2+2x+5)^2} = 2\pi i\cdot\frac{1}{32i} = \frac{\pi}{16}\). (1 pt)

5 Intégrale trigonométrique / 3 pts

On pose \(z = e^{i\theta}\) : \(\sin\theta = \dfrac{z-z^{-1}}{2i}\), \(d\theta = \dfrac{dz}{iz}\). Alors \(3+2\sin\theta = 3 - i(z-z^{-1})\) et l’intégrale devient \(\oint_{|z|=1}\dfrac{dz}{z^2+3iz-1}\). (1 pt)

Le discriminant de \(z^2+3iz-1\) est \((3i)^2+4 = -5\), les racines sont \(z_{\pm} = \dfrac{-3i\pm i\sqrt5}{2}\). Leurs modules sont \(\dfrac{3-\sqrt5}{2} \approx 0{,}38 \lt 1\) pour \(z_+\) et \(\dfrac{3+\sqrt5}{2} \approx 2{,}62 \gt 1\) pour \(z_-\). Seul \(z_+\) est dans le disque. (1 pt)

Résidu en \(z_+\) : \(\dfrac{1}{z_+-z_-} = \dfrac{1}{i\sqrt5}\). Donc l’intégrale vaut \(2\pi i\cdot\dfrac{1}{i\sqrt5} = \dfrac{2\pi}{\sqrt5}\). (1 pt)

6 Théorie et lacets / 2 pts

(a) Vrai : d’après le théorème de Riemann, la singularité est effaçable, donc \(f\) se prolonge holomorphiquement en \(a\), et la limite est \(f(a)\). (1 pt)

(b) Les pôles \(\pm i\) sont à l’intérieur, d’indice \(3\) chacun. \(\operatorname{Res}(f,i) = \dfrac{i}{2i} = \dfrac12\) et \(\operatorname{Res}(f,-i) = \dfrac{-i}{-2i} = \dfrac12\). L’intégrale vaut \(2\pi i\,(3\cdot\tfrac12+3\cdot\tfrac12) = 6\pi i\). (1 pt)