Calcul d’intégrales par la méthode des résidus

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# Chapitre 15 Calcul d’intégrales par la méthode des résidus

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

### 15.1.1 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.

### 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)=∫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

## 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 ∫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)

## 15.3 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)=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∫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

## 15.4 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

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