Chapitre 15  Calcul d’intégrales par la méthode des résidus

15.1  Calcul pour b≠ 0 de J(b)=∫₀^2πtan(t+ib)dt

15.1.1  L’énoncé

Soit a un nombre réel positif non nul différent de 1.
On considère la fonction :

1. Calculer I(a)=∫_{∂ D(0,1)} f(z)dz
2. Déterminer les pôles de la fonction t(z)=tan(z) et en déduire que si b∈ ℝ et b≠ 0 l’intégrale J(b)=∫₀^2πtan(t+ib)dt existe.
3. Exprimer tan(t+ib) à l’aide de e^2it−a²/e^2it+a² pour un a convenable.
   En déduire la valeur de J(b) pour b∈ ℝ et b≠ 0.

15.1.2  La solution

1. On cherche la valeur des résidus de f en z=0, z=ia, z=−ia.
   On tape :
   f(z,a):=(z^2-a^2)/(z*(z^2+a^2))
   series(f(z,a),z=0,1)
   On obtient :
   -1/z+2*1/(a^2)*z+z^2*order_size(z)
   On tape :
   series(f(z,a),z=i*a,1)
   On obtient :
   (z-(i)*a)^-1+(i)/(2*a)-3*1/(4*a^2)*(z-(i)*a)+
   (-7*i)*1/(8*a^3)*(z-(i)*a)^2+(z-(i)*a)^3*order_size(z-(i)*a)
   On tape :
   series(f(z,a),z=-i*a,1)
   On obtient :
   (z-(-i)*a)^-1+(-i)/(2*a)-3*1/(4*a^2)*(z-(-i)*a)+
   (7*i)*1/(8*a^3)*(z-(-i)*a)^2+(z-(-i)*a)^3*order_size(z-(-i)*a)
   Ou on tape :
   residue(f(z,a),z=0)
   On obtient :
   -1
   On tape :
   residue(f(z,a),z=i*a)
   On obtient :
   1
   On tape :
   residue(f(z,a),z=-i*a)
   On obtient :
   1
   Donc :
   si a>1 on a I(a)=−2iπ et si a<1 on a I(a)=2iπ
2. On tape :
   solve(cos(z)=0,z)
   On obtient :
   [pi/2,(-pi)/2]
   Donc les les pôles de la fonction t(z)=tan(z) sont π/2+kπ avec k∈ℤ. Donc si b∈ ℝ et b≠ 0 l’intégrale J(b)=∫₀^2πtan(t+ib)dt existe car les pôles de tan(z) sont en dehors de l’axe réel.
3. On tape pour écrire autrement tan(t+i*b) :
   T:=tan(t+i*b)
   T:=trig2exp(T)
   On obtient :
   (exp((i)*(t+(i)*b))^2-1)/((i)*(exp((i)*(t+(i)*b))^2+1))
   On tape :
   T:=normal(lin(T))
   On obtient :
   ((-i)*exp(-(2*b+(-2*i)*t))+i)/(exp(-(2*b+(-2*i)*t))+1)
   On tape :
   T:=lin(numer(T)*exp(2*b))/lin(denom(T)*exp(2*b))
   On obtient :
   ((-i)*exp((2*i)*t)+(i)*exp(2*b))/(exp((2*i)*t)+exp(2*b))
   On pose donc exp(b)=a.
   On tape :
   subst(T,exp(2*b)=a^2)
   On obtient :
   ((-i)*exp((2*i)*t)+(i)*a^2)/(exp((2*i)*t)+a^2)
   On a donc pour a=exp(b):
   J(b)=−i*∫₀^2πe^2it−a²/e^2it+a²dt=−i*∫₀^2πe^2it−a²/e^i*t(e^2it+a²)e^i*tdt
   Donc :
   J(b)=−∫₀^2πf(exp(i*t),a)*i*exp(i*t)dt=−∫_{∂ D(0,1)} f(z)dz
   Donc : Si b>0 on a J(b)=2iπ et si b<0 on a J(b)=−2iπ.

Remarques
Si on tape directement :
normal(int(f(e^i*t,a)*i*e^i*t,t=0..2*pi))
On trouve :
(-2*i)*a*atan((2*pi*exp(i))/a)*exp(-i)+(2*i)*pi*exp(-i)*exp(i) Si on tape directement :
normal(int(f(exp(i*t),a)*i*exp(i*t),t=0..2*pi))
On trouve car Xcas suppose a>1 :
"Searching int of ((−i)*a²+(i)*t)/(a²*t+t²) where t is on the unit circle, using residues"
(-2*i)*pi
On tape maintenant :
assume(a>0 and a<1)
normal(int(f(exp(i*t),a)*i*exp(i*t),t=0..2*pi))
On obtient :
(2*i)*pi

15.2  Calcul de ∫₀^+∞1/1+x⁵dx

15.2.1  L’énoncé

1. Soit a∈ ℂ.
   Calculer le développement en série de Laurent de 1/z⁵−a⁵ en z=a et en déduire le résidu de 1/z⁵−a⁵ en z=a∈ ℂ
2. En déduire le residu de f(z)=1/z⁵+1 en z=exp(fraciπ5)
3. Calculer ∫_Γdz/z⁵+1 lorsque Γ est le bord (parcouru dans le sens direct) du secteur angulaire de rayon R d’angle frac2π5 et ayant comme côtés les segments [0,R] et [0,R*exp(frac2iπ5)]
4. En déduire ∫₀^+∞1/1+x⁵dx

15.2.2  La solution

1. On tape :
   series(1/(z^5-a^5),z=a,1)
   On obtient :
   1/(5*a^4)*(z-a)^-1+((-2)/a)/(5*a^4)+
   2/(a^2)*1/(5*a^4)*(z-a)+(z-a)^2*order_size(z-a)
   Ou on tape :
   residue(1/(z^-a^5),z=a)
   On obtient :
   1/(5*a^4)
2. On pose a=exp(iπ/5) on a alors a⁵=−1 donc :
   le résidu de f en a est : 1/5*exp(4iπ/5)
3. D’après le th des résidus on a : ∫_Γdz/z⁵+1=2iπ/5*exp(4iπ/5)
4. Sur l’arc de cercle γ on a z=Rexp(it) avec t=0..2iπ/5.
   Donc :
   ∫_γdz/z⁵+1=iR ∫₀^2iπ/5exp(it)dt/R⁵exp(5it)+1
   Comme 1/R⁵exp(5it)+1<1/R⁵−1 pour R>1, on en déduit que ∫_γdz/z⁵+1 tend vers 0 quand R tend vers l’infini.
   Donc :
   lim_R−>+∞(∫₀^Rdx/x⁵+1−∫₀^Rexp(2iπ/5)dx/x⁵+1)=2iπ/5*exp(4iπ/5).
   Soit :
   lim_R−>+∞((1−exp(2iπ/5))∫₀^Rdx/x⁵+1)=2iπ/5*exp(4iπ/5)
   En faisant tendre R vers l’infini on obtient :

   ∫

   +∞ 0

   1 1+x5

   dx=

   π 5sin( π 5 )

   Pour le détail des calculs :
   On tape :
   normal(2*i*pi/5/a^4/(1-a^2))
   On obtient :
   ((-2*i)*pi)/(5*a^6-5*a^4)
   comme a=exp(iπ/5) on a a⁵=−1 donc :
   −2iπ/5(a⁶−a⁴)=−2iπ/−5(a+1/a) et −5(a+1/a)=−10isin(π/5) donc
   −10iπ/5*a⁶−5*a⁴=π/5sin(π/5)

15.3  Calcul d’une intégale

On veut calculer pour a∈ ℂ tel que |a|∉ {0,1/2,2} l’intégrale :

La solution
Les pôles de f(z)=1/(z−a)(z−1/a) sont a et 1/a.
Le résidu de f en z=a vaut 1/(a−1/a)=a/a²−1
Le résidu de f en z=1/a vaut 1/(1/a−a)=a/1−a²

• Si |a|<1/2 alors 1/a se trouve à l’extérieur du disque D={z∈ ℂ |z|<2}.
  Donc si |a|<1/2:
  ∫_|z|=2dz/(z−a)(z−1/a)=2ia/a²−1
• Si 1/2<|a|<2 alors a et 1/a se trouvent à l’intérieur du disque D={z∈ ℂ |z|<2}.
  Donc si 1/2<|a|<2 :
  ∫_|z|=2dz/(z−a)(z−1/a)=2i(a/a²−1+a/1−a²)=0
• Si |a|>2 alors 1/a se trouve à l’intérieur du disque D={z∈ ℂ |z|<2}.
  Donc si |a|>2 :
  ∫_|z|=2dz/(z−a)(z−1/a)=2ia/1−a²=0

Vérifions avec Xcas
On tape :
residue(f(z),z=a)
On obtient :
a/(a^2-1) On tape :
residue(f(z),z=1/a)
On obtient :
-a/(a^2-1) On pose z=2exp(it) et on a :
I=2i∫₀^2πexp(it)/(2exp(it)−a)(2exp(it)−1/a)
On tape :
a:=3/2
int(2*i*exp(i*t)/((2*exp(i*t)-a)*(2*exp(i*t)-1/a)),t=0..2*pi)
On obtient :
0
On tape :
a:=1/3
int(2*i*exp(i*t)/((2*exp(i*t)-a)*(2*exp(i*t)-1/a)),t=0..2*pi)
On obtient :
(2*pi*(-3*i))/8
On a bien 2*i*π/3/(−8/9)=−3*iπ/4
On tape :
a:=4
int(2*i*exp(i*t)/((2*exp(i*t)-a)*(2*exp(i*t)-1/a)),t=0..2*pi)
On obtient :
(2*pi*(-4*i))/15
On a bien 2i4/(−15)=−8iπ/15

15.4  Calcul de ∫₀^+∞(cos(x)−sin(x))exp(−x)/(1+4x⁴)²dx

Soit R un réel strictement positif.
On considère le triangle T_R défini par :
T_R={z ∈ ℂ | re(z)≥ R −re(z) ≤ im(z) ≤ re(z)}
Soit :
I(R)=∫_{∂ TR}exp(−z)/(1−z⁴)²dz
Montrer que lim_R−>+∞I(R) existe et calculer cette limite.
En déduire la valeur de :
I=∫₀^+∞(cos(x)−sin(x))exp(−x)/(1+4x⁴)²dx

La solution T_R est le triangle OAB de côtés :
AB=R+iy avec −R≤ y ≤ R,
OB=x(1+i) avec 0 ≤ x ≤ R
OA=x(1−i) avec 0 ≤ x ≤ R
Cherchons les zéros de (1−z⁴), on tape :
factor(1-z^4)
On obtient :
-(z-1)*(z+1)*(z+i)*(z-i)
Donc sur T_R, la fonction f(z)=exp(−z)/(1−z⁴)² a un pôle d’ordre 2 en z=1.
0n cherche la valeur du résidu de f en z=1 et on tape :
residue(exp(-z)/(1-z^4)^2,z=1)
On obtient :
-(1/4)*exp(-1)
0u bien on tape :
h(z):=exp(-z)/((1+z)*(1+z^2))^2
normal(function_diff(h)(1))
On obtient :
-1/4*exp(-1)
Donc :

Montrons que ∫_ABf(z)dz tend vers 0 quand R tend vers +∞ :
Sur AB, on a z=R+iy avec −R≤ y ≤ R donc :
|∫_ABf(z)dz|=|∫_−R^Rexp(−R)exp(−iy)/(1−(R+iy)⁴)²dy|≤ 2Rexp(−R)/(R⁴−1)²
puisque |exp(−R)exp(−iy)|=exp(−R) et
|(R+iy)⁴−1|≥ ||R+iy|⁴−1|=R⁴−1 pour R>1
Donc |∫_ABf(z)dz| tend vers 0 quand R tend vers l’infini.
Calculons :
∫_0Af(z)dz+∫_B0f(z)dz=∫₀^R((1−i)exp(−x(1−i))/(1−x⁴(1−i)⁴)²−(1+i)exp(−x(1+i))/(1−x⁴(1+i)⁴)²)dx.
0n tape :
(1-i)^4,(1+i)^4
On obtient :
-4,-4
0n tape :
factor(exp2trig((1-i)*exp(-x*(1-i))-(1+i)*exp(-x*(1+i))))
On obtient :
2*((-i)*cos(x)+(i)*sin(x))*exp(-x)
Donc
(1−i)⁴=(1+i)⁴=−4 et
(1−i)exp(−x(1−i))−(1+i)exp(−x(1+i))=2i exp(−x)(sin(x)−cos(x))
on a :
∫_0Af(z)dz+∫_B0f(z)dz=2i∫₀^R exp(−x)(sin(x)−cos(x))/(1+4x⁴)²dx

En conclusion :
I(R)=−2iπexp(−1)/4= lim_R−>+∞2i∫₀^R exp(−x)(sin(x)−cos(x))/(1+4x⁴)²dx
Donc −2iπexp(−1)/4=−2i∫₀^+∞(cos(x)−sin(x))exp(−x)/(1+4x⁴)²dx
En conclusion :

Prolongement
Refaire le même exercice avec g(z)=exp(−z)/(1−z⁴) et
calculer J=∫₀^+∞(cos(x)−sin(x))exp(−x)/1+4x⁴dx
0n cherche la valeur du résidu de g en z=1 et on tape :
residue(exp(-z)/(1-z^4),z=1)
On obtient la même valeur que précédement :
-1/4*exp(-1)
On déduit de l’exercice précédent que :