Singularités et théorème des résidus : exercices corrigés de maths Licence L3 à télécharger en PDF

1 Laurent de l’exponentielle inverse ★★★

On part de \(e^w = \sum_{n \ge 0} \dfrac{w^n}{n!}\) avec \(w = 1/z\), valable pour tout \(z \ne 0\) :

\[ e^{1/z} = \sum_{n \ge 0} \frac{z^{-n}}{n!} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2z^2} + \cdots \]

Tous les coefficients \(a_{-n} = \dfrac{1}{n!}\) sont non nuls : la partie principale est infinie, donc \(0\) est une singularité essentielle. Le résidu est le coefficient de \(z^{-1}\) : \(a_{-1} = \dfrac{1}{1!} = 1\).

2 Une singularité effaçable ★★★

On a \(\sin 3z = 3z - \dfrac{27z^3}{6} + \cdots = 3z - \dfrac{9z^3}{2} + \cdots\), donc \(f(z) = 3 - \dfrac{9z^2}{2} + \cdots\).

Aucune puissance négative n’apparaît : la singularité est effaçable. En posant \(f(0) = 3\), \(f\) devient holomorphe sur \(\mathbb{C}\). On retrouve aussi \(\lim\limits_{z \to 0} f(z) = 3\).

3 Pôles et résidus de 1/(z²+4) ★★★

Le dénominateur s’annule pour \(z^2 = -4\), soit \(z = \pm 2i\). On a \(z^2+4 = (z-2i)(z+2i)\) : les deux racines sont simples, donc ce sont des pôles simples.

Avec \(h(z) = z^2+4\), \(h^{\prime}(z) = 2z\) :

• \(\operatorname{Res}(f,2i) = \dfrac{1}{4i} = -\dfrac{i}{4}\) ;
• \(\operatorname{Res}(f,-2i) = \dfrac{1}{-4i} = \dfrac{i}{4}\).

Leur somme est nulle, ce qui est normal car \(f(z) \sim 1/z^2\) à l’infini.

4 Deux résidus d’une fraction ★★★

Les pôles \(1\) et \(3\) sont simples.

• \(\operatorname{Res}(f,1) = \lim\limits_{z\to 1}\dfrac{z+2}{z-3} = \dfrac{3}{-2} = -\dfrac{3}{2}\) ;
• \(\operatorname{Res}(f,3) = \lim\limits_{z\to 3}\dfrac{z+2}{z-1} = \dfrac{5}{2}\).

La somme vaut \(-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2} = 1\). C’est cohérent : \(f(z) \sim \dfrac{1}{z}\) à l’infini.

5 Indice d’un cercle orienté ★★★

On compare la distance au centre \(1\) avec le rayon \(2\) :

• \(|0-1| = 1 \lt 2\) : \(0\) est à l’intérieur ;
• \(|2-1| = 1 \lt 2\) : \(2\) est à l’intérieur ;
• \(|4-1| = 3 \gt 2\) : \(4\) est à l’extérieur.

Le sens est horaire, donc \(n(\gamma,0) = -1\), \(n(\gamma,2) = -1\) et \(n(\gamma,4) = 0\).

Par définition de l’indice, \(\oint_\gamma \dfrac{dz}{z-2} = 2\pi i\, n(\gamma,2) = -2\pi i\).

6 Deux intégrales sur le cercle unité ★★★

1. La seule singularité est \(0\), pôle simple de résidu \(e^0 = 1\). Donc l’intégrale vaut \(2\pi i \cdot 1 = 2\pi i\). (1 seule singularité, indice \(1\).)
2. Au pôle \(0\), \(\cos z = 1 - \dfrac{z^2}{2} + \cdots\), donc \(\dfrac{\cos z}{z^3} = \dfrac{1}{z^3} - \dfrac{1}{2z} + \cdots\). Le résidu est \(-\dfrac{1}{2}\) et l’intégrale vaut \(2\pi i \cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\pi i\).

7 Ordre d’un pôle et résidu ★★★

On a \(e^z - 1 = z + \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^3}{6} + \cdots = z\left(1 + \dfrac{z}{2} + \dfrac{z^2}{6} + \cdots\right)\), donc \(z(e^z-1) = z^2 u(z)\) avec \(u\) holomorphe et \(u(0) = 1 \ne 0\). Le pôle est d’ordre 2.

Ensuite \(\dfrac{1}{u(z)} = 1 - \dfrac{z}{2} + \cdots\), d’où \(f(z) = \dfrac{1}{z^2} - \dfrac{1}{2z} + \cdots\). Le résidu est \(-\dfrac{1}{2}\).

8 Deux développements de 1/(z(z−1)) ★★★

On décompose : \(f(z) = \dfrac{1}{z-1} - \dfrac{1}{z}\).

1. Pour \(|z| \lt 1\), \(\dfrac{1}{z-1} = -\sum_{n \ge 0} z^n\), donc \(f(z) = -\dfrac{1}{z} - 1 - z - z^2 - \cdots\). Le coefficient de \(z^{-1}\) est \(-1\).
2. Pour \(|z| \gt 1\), \(\dfrac{1}{z-1} = \sum_{n \ge 0} z^{-n-1} = \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{z^2} + \cdots\), donc \(f(z) = \dfrac{1}{z^2} + \dfrac{1}{z^3} + \cdots\). Le coefficient de \(z^{-1}\) est \(0\).

Vérification : en (b), le cercle \(|z| = \rho \gt 1\) entoure les deux pôles de résidus \(-1\) et \(1\), de somme \(0\).

9 Résidus en un pôle multiple ★★★

1. Pôle d’ordre \(3\) : \(e^{2z} = 1 + 2z + 2z^2 + \cdots\), le coefficient de \(z^2\) est \(\dfrac{2^2}{2!} = 2\). Donc \(\operatorname{Res} = 2\). Avec la formule : \(\dfrac{1}{2!}\dfrac{d^2}{dz^2}e^{2z}\big|_0 = \dfrac{4}{2} = 2\).
2. Pôle d’ordre \(2\) : \(\operatorname{Res} = \dfrac{d}{dz}e^z\big|_{z=1} = e\).

10 Résidu au carré et intégrale ★★★

On écrit \(f(z) = \dfrac{g(z)}{(z-i)^2}\) avec \(g(z) = \dfrac{1}{(z+i)^2}\). Le pôle \(i\) est double et \(\operatorname{Res}(f,i) = g^{\prime}(i) = \dfrac{-2}{(z+i)^3}\Big|_{z=i} = \dfrac{-2}{(2i)^3} = \dfrac{-2}{-8i} = \dfrac{1}{4i} = -\dfrac{i}{4}\).

Le dénominateur est de degré \(4\), le numérateur de degré \(0\) (écart \(4 \ge 2\)), et il n’y a pas de pôle réel. Un seul pôle (\(i\)) est dans le demi-plan supérieur, donc \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}} \frac{dx}{(1+x^2)^2} = 2\pi i \cdot\left(-\dfrac{i}{4}\right) = \dfrac{\pi}{2}\).

11 Résidu de 1/(z² sin z) ★★★

On a \(\sin z = z\left(1 - \dfrac{z^2}{6} + \cdots\right)\), donc \(\dfrac{1}{\sin z} = \dfrac{1}{z}\left(1 + \dfrac{z^2}{6} + \cdots\right) = \dfrac{1}{z} + \dfrac{z}{6} + \cdots\).

Alors \(\dfrac{1}{z^2\sin z} = \dfrac{1}{z^3} + \dfrac{1}{6z} + \cdots\) : pôle d’ordre \(3\), de résidu \(\dfrac{1}{6}\).

12 Pôles de 1/(e^z − 1) ★★★

\(e^z = 1\) si et seulement si \(z = 2ik\pi\), \(k \in \mathbb{Z}\). Ces points forment un ensemble discret, et \(\dfrac{d}{dz}(e^z-1) = e^z = 1\) en chacun : les zéros sont simples, donc ce sont des pôles simples de \(f\). \(f\) est méromorphe sur \(\mathbb{C}\).

Résidu : \(\dfrac{1}{e^{2ik\pi}} = 1\) pour tout \(k\).

En \(0\) : \(e^z - 1 = z\left(1 + \dfrac{z}{2} + \dfrac{z^2}{6} + \cdots\right)\) et \(\dfrac{1}{1+\frac{z}{2}+\frac{z^2}{6}} = 1 - \dfrac{z}{2} + \dfrac{z^2}{12} + \cdots\), donc \(f(z) = \dfrac{1}{z} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{z}{12} + \cdots\).

13 Une intégrale trigonométrique ★★★

Avec \(z = e^{i\theta}\), \(\cos\theta = \dfrac{z+z^{-1}}{2}\) et \(d\theta = \dfrac{dz}{iz}\), l’intégrale devient \(\oint_{|z|=1}\dfrac{dz}{iz\left(5+\frac{3}{2}(z+z^{-1})\right)} = \oint_{|z|=1}\dfrac{2\,dz}{i(3z^2+10z+3)}\).

\(3z^2+10z+3 = 0\) a pour racines \(\dfrac{-10\pm 8}{6}\), soit \(-\dfrac{1}{3}\) et \(-3\). Seule \(-\dfrac{1}{3}\) est dans le disque unité.

Résidu en \(-\dfrac{1}{3}\) : \(\dfrac{2}{i(6z+10)}\Big|_{-1/3} = \dfrac{2}{8i} = \dfrac{1}{4i}\).

Donc l’intégrale vaut \(2\pi i\cdot\dfrac{1}{4i} = \dfrac{\pi}{2}\).

14 Produit de deux fractions ★★★

Dans le demi-plan supérieur, les pôles sont \(i\) et \(2i\) (simples).

• \(\operatorname{Res}(f,i) = \dfrac{1}{2i\,(i^2+4)} = \dfrac{1}{2i\cdot 3} = \dfrac{1}{6i}\) ;
• \(\operatorname{Res}(f,2i) = \dfrac{1}{((2i)^2+1)\cdot 4i} = \dfrac{1}{(-3)(4i)} = -\dfrac{1}{12i}\).

Somme : \(\dfrac{1}{6i}-\dfrac{1}{12i} = \dfrac{1}{12i}\). Donc l’intégrale vaut \(2\pi i\cdot\dfrac{1}{12i} = \dfrac{\pi}{6}\).

Vérification : \(\dfrac{1}{(x^2+1)(x^2+4)} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x^2+1}-\dfrac{1}{x^2+4}\right)\), et \(\int\dfrac{dx}{x^2+1} = \pi\), \(\int\dfrac{dx}{x^2+4} = \dfrac{\pi}{2}\), d’où \(\dfrac{1}{3}\left(\pi-\dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{\pi}{6}\).

15 Une intégrale de Fourier ★★★

On considère \(g(z) = \dfrac{e^{iz}}{z^2+9}\). Dans le demi-plan supérieur, seul \(3i\) est un pôle (simple), de résidu \(\dfrac{e^{i\cdot 3i}}{2\cdot 3i} = \dfrac{e^{-3}}{6i}\).

Par le lemme de Jordan (\(\lambda = 1 \gt 0\) et \(\dfrac{1}{x^2+9} \to 0\)), \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}}\frac{e^{ix}}{x^2+9}dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-3}}{6i} = \frac{\pi e^{-3}}{3}\).

Cette valeur est réelle ; la partie réelle de l’intégrale est celle de \(\cos x\), donc \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}}\frac{\cos x}{x^2+9}dx = \dfrac{\pi}{3e^{3}}\).

16 Intégrale de 1/(x⁴+1) sur [0 ; +∞[ ★★★

La fonction est paire, donc \(\int_0^{+\infty} = \dfrac{1}{2}\int_{\mathbb{R}}\). Les pôles de \(\dfrac{1}{z^4+1}\) sont les racines quatrièmes de \(-1\) ; ceux du demi-plan supérieur sont \(z_1 = e^{i\pi/4}\) et \(z_2 = e^{3i\pi/4}\).

Pour un pôle simple, \(\operatorname{Res} = \dfrac{1}{4z^3}\). Comme \(z^4 = -1\), \(\dfrac{1}{z^3} = \dfrac{z}{z^4} = -z\), donc \(\operatorname{Res} = -\dfrac{z}{4}\).

Somme : \(-\dfrac{z_1+z_2}{4} = -\dfrac{i\sqrt{2}}{4}\) (les parties réelles \(\pm\frac{\sqrt2}{2}\) se compensent, les parties imaginaires valent chacune \(\frac{\sqrt 2}{2}\)).

Donc \(\int_{\mathbb{R}}\dfrac{dx}{x^4+1} = 2\pi i\cdot\left(-\dfrac{i\sqrt2}{4}\right) = \dfrac{\pi\sqrt2}{2}\), puis \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dx}{x^4+1} = \dfrac{\pi\sqrt2}{4}\).

17 Cercle et trois pôles ★★★

Les pôles sont \(1\), \(-2\) (à l’intérieur de \(|z| \lt 3\)) et \(5\) (à l’extérieur). Tous sont simples.

• \(\operatorname{Res}(f,1) = \dfrac{3}{(1+2)(1-5)} = -\dfrac{1}{4}\) ;
• \(\operatorname{Res}(f,-2) = \dfrac{-3}{(-2-1)(-2-5)} = \dfrac{-3}{21} = -\dfrac{1}{7}\).

Somme : \(-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{7} = -\dfrac{11}{28}\). L’intégrale vaut donc \(2\pi i\cdot\left(-\dfrac{11}{28}\right) = -\dfrac{11\pi i}{14}\).

18 Lacet à boucle intérieure ★★★

Les pôles de \(f(z) = \dfrac{1}{(z-\frac14)(z-1)}\) sont \(A = \dfrac14\) et \(B = 1\), simples.

• \(\operatorname{Res}(f,A) = \dfrac{1}{\frac14-1} = -\dfrac{4}{3}\) ;
• \(\operatorname{Res}(f,B) = \dfrac{1}{1-\frac14} = \dfrac{4}{3}\).

Par le théorème des résidus : \(\oint_\gamma f = 2\pi i\left(2\cdot\left(-\dfrac43\right)+1\cdot\dfrac43\right) = 2\pi i\cdot\left(-\dfrac43\right) = -\dfrac{8\pi i}{3}\).

19 Casorati sur e^{1/z} ★★★

1. Soit \(L\) une valeur de \(\log c\), c’est-à-dire \(e^L = c\). Pour \(n\) entier assez grand, posons \(z_n = \dfrac{1}{L+2i\pi n}\). Alors \(|z_n| \to 0\) et \(f(z_n) = e^{L+2i\pi n} = c\).
2. Prenons \(w_n = -\dfrac{1}{n}\), réel négatif : \(f(w_n) = e^{-n} \to 0\).
3. En (b) \(f\) tend vers \(0\) le long d’une suite, tandis que \(f(1/n) = e^n \to +\infty\) : pas de limite. De plus, tout \(c \ne 0\) est atteint dans tout disque épointé \(D^*(0,\varepsilon)\) par (a), et \(0\) est adhérent à l’image par (b). L’image de tout disque épointé contient donc \(\mathbb{C}^*\) (et ne contient pas \(0\), puisque l’exponentielle ne s’annule jamais) : elle est dense dans \(\mathbb{C}\).

20 Intégrale de 1/(2 + cos θ)² ★★★

Avec \(z = e^{i\theta}\) : \(2+\cos\theta = \dfrac{z^2+4z+1}{2z}\), et l’intégrale devient \(\oint_{|z|=1}\dfrac{4z^2}{(z^2+4z+1)^2}\cdot\dfrac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\dfrac{4z}{i(z^2+4z+1)^2}\,dz\).

Les racines de \(z^2+4z+1\) sont \(z_0 = -2+\sqrt3\) (de module \(\approx 0{,}27 \lt 1\)) et \(z_1 = -2-\sqrt3\) (de module \(\approx 3{,}73 \gt 1\)). Seul \(z_0\) est un pôle (double) intérieur.

On écrit \(f(z) = \dfrac{g(z)}{(z-z_0)^2}\) avec \(g(z) = \dfrac{4z}{i(z-z_1)^2}\). Alors \(g^{\prime}(z) = \dfrac{4}{i}\cdot\dfrac{(z-z_1) - 2z}{(z-z_1)^3} = \dfrac{4}{i}\cdot\dfrac{-z-z_1}{(z-z_1)^3}\). En \(z_0\) : \(-z_0-z_1 = 4\) et \(z_0 - z_1 = 2\sqrt3\), donc \(\operatorname{Res} = \dfrac{4}{i}\cdot\dfrac{4}{24\sqrt3} = \dfrac{2}{3\sqrt3\,i}\).

Résultat : \(2\pi i\cdot\dfrac{2}{3\sqrt3\,i} = \dfrac{4\pi}{3\sqrt3}\).

21 Intégrale de x sin x/(x²+1) ★★★

Pour \(x\) réel, \(\dfrac{x\sin x}{x^2+1} = \operatorname{Im}\dfrac{x\,e^{ix}}{x^2+1}\). Considérons \(g(z) = \dfrac{z\,e^{iz}}{z^2+1}\), de pôle simple \(i\) dans le demi-plan supérieur, avec \(\dfrac{z}{z^2+1} \to 0\) à l’infini : le lemme de Jordan s’applique.

Résidu en \(i\) : \(\dfrac{i\,e^{i\cdot i}}{2i} = \dfrac{e^{-1}}{2}\).

Donc \(\displaystyle\int_{\mathbb{R}}\frac{x\,e^{ix}}{x^2+1}dx = 2\pi i\cdot\frac{1}{2e} = \frac{i\pi}{e}\). La partie imaginaire est \(\dfrac{\pi}{e}\) ; c’est l’intégrale cherchée (la partie réelle, intégrale de \(\dfrac{x\cos x}{x^2+1}\), est nulle par imparité).