Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.

# Chapitre 12 Calcul d’intégrales par la méthode des résidus

## 12.1 Calcul pour b≠ 0 de J(b)=∫02πtan(t+ib)dt

### 12.1.1 L’énoncé

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

f(z)=

z2−a2
z(z2+a2)

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)=∫02πtan(t+ib)dt existe.
3. Exprimer tan(t+ib) à l’aide de e2it−a2/e2it+a2 pour un a convenable.
   En déduire la valeur de J(b) pour b∈ ℝ et b≠ 0.

### 12.1.2 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)=∫02πtan(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*∫02πe2it−a2/e2it+a2dt=−i*∫02πe2it−a2/ei*t(e2it+a2)ei*tdt
   Donc :
   J(b)=−∫02πf(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`

## 12.2 Calcul de ∫0+∞1/1+x5dx

### 12.2.1 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(frac iπ5)
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

### 12.2.2 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 ∫02iπ/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 :
   limR−>+∞(∫0Rdx/x5+1−∫0Rexp(2iπ/5)dx/x5+1)=2iπ/5*exp(4iπ/5).
   Soit :
   limR−>+∞((1−exp(2iπ/5))∫0Rdx/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)

## 12.3 Calcul d’une intégale

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

∫

|z|=2

dz
(z−a)(z−1/a)

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)=2i a/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)=2i a/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∫02πexp(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

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

Soit R un réel strictement positif.
On considère le triangle TR défini par :
TR={z ∈ ℂ | re(z)≥ R −re(z) ≤ im(z) ≤ re(z)}
Soit :
I(R)=∫∂ TRexp(−z)/(1−z4)2dz
Montrer que limR−>+∞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 TR 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 TR, 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 :

I(R)=−2iπ

exp(−1)
4

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|=|∫−RRexp(−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=∫0R((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∫0R exp(−x)(sin(x)−cos(x))/(1+4x4)2dx

En conclusion :
I(R)=−2iπexp(−1)/4= limR−>+∞2i∫0R 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 :

I=

∫

+∞
0

(cos(x)−sin(x))exp(−x)
(1+4x4)2

dx=

π
4e

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 :

J=

∫

+∞
0

(cos(x)−sin(x))exp(−x)
1+4x4

dx=

π
4e

Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.