Applications holomorphes

Applications holomorphes

par

Bernard RANDÉ

Ancien élève de l’École normale supérieure de Saint-Cloud Docteur en mathématiques

Agrégé de mathématiques

Professeur de mathématiques spéciales au lycée Saint-Louis

es applications holomorphes permettent d’élucider certains phénomènes qui semblent ne mettre en cause, au premier abord, que des nombres réels, alors que ces applications sont définies sur un ouvert du plan complexe.

Un exemple frappant de cette situation est fourni par le calcul d’intégrales de fonctions de la variable réelle, rendu simple et surtout systématique, par l’uti- lisation de la formule des résidus.

Cette formule exprime, en termes calculatoires, la géométrie du plan com- plexe, qui diffère de celle de la droite réelle en ceci que, dans le premier cadre, il est possible d’entourer un point par un lacet (c’est-à-dire une courbe qui se referme sur elle-même). La notion d’intégrale le long d’un lacet permet alors de calculer une intégrale « autour » d’un pôle d’une application holomorphe f. Ce faisant, on fait apparaître deux termes :

— le premier, de nature géométrique, est le nombre de tours que fait le lacet autour du pôle : c’est la notion d’indice ;

— le second exprime le comportement de f au voisinage du pôle, qui fait inter- venir un nombre, le résidu de f en ce pôle.

1. Formule des résidus et applications... AF 113 – 2

1.1 Résultats généraux ... — 2

1.1.1 Indice d’un point par rapport à un lacet ... — 2

1.1.2 Résidu d’une application méromorphe en un point... — 4

1.1.3 Formule des résidus ... — 5

1.2 Calcul d’intégrales ... — 6

1.2.1 Intégrales de fractions rationnelles... — 7

1.2.2 Intégrales de fractions rationnelles en sinus et cosinus ... — 8

1.2.3 Intégrales de la forme ... — 9

1.2.4 Intégrales de Gauss et de Fresnel. Sommes de Gauss ... — 10

1.2.5 Intégrales de la forme ... — 11

1.2.6 Autres exemples ... — 13

2. Techniques d’étude des applications holomorphes... — 14

2.1 Expressions intégrales des coefficients et applications ... — 14

2.1.1 Inégalités de Cauchy ... — 14

2.1.2 Égalité de Parseval ... — 14

2.1.3 Applications ... — 15

2.1.4 Principe du maximum ... — 15

2.2 Modes de définition d’applications holomorphes ... — 15

2.2.1 Applications définies par des intégrales... — 15

2.2.2 Suites d’applications holomorphes ... — 17

2.3 Fonction Γ... — 21 e^iλxR x( )dx

∞ –

∫

+∞

t^λ–1Q t( )dt

0

∫

+∞

L

À l’aide de telles intégrales, on obtient une formule assez générale, dite for- mule des résidus. Convenablement appliquée à des lacets particuliers, elle per- met d’obtenir la valeur de nombreuses intégrales d’applications définies sur , souvent restrictions de certaines applications holomorphes sur .

On peut aussi en déduire d’autres égalités, en appliquant la formule des rési- dus à des applications dépendant d’un paramètre complexe. Ces égalités don- nent lieu à des identités entre fonctions complexes (du paramètre). Les

développements eulériens sont de cette nature.

L’utilisation d’intégrales le long de certains chemins conduit aussi à la résolu- tion d’équations différentielles. Ce sujet, en soi très vaste, n’est pas abordé dans l’article, pas plus que la recherche du comportement asymptotique d’intégrales dépendant d’un paramètre.

La « Théorie des applications holomorphes » est traitée dans le fascicule [AF 112].

C R

1. Formule des résidus et applications

1.1 Résultats généraux

1.1.1 Indice d’un point par rapport à un lacet 1.1.1.1 Définition

Comme intégrale le long d’un lacet, Ind_γ (z0) ne dépend que de l’arc géométrique orienté. Remarquons aussi que :

Proposition 1.

Avec les notations de la définition 1, Ind_γ (z₀) est un entier relatif.

L’application Ind_γ est constante sur chaque composante connexe de . Elle est nulle sur la composante connexe non bornée de .

Preuve Soit l’arc paramétrant le lacet. Ainsi : .

■On peut dériver par rapport à z₀ sous le signe . Il vient :

car γ (0) = γ (1).

Par conséquent, , qui est holomorphe sur , est constante sur tout connexe inclus dans .

■ Posons, à présent :

et . Il vient :

,

sauf sur un ensemble fini (correspondant aux points de subdivision de γ, qui n’est que C¹ par morceaux) ; donc :

. Ainsi, sur [0,1] :

. Mais g (0) = 1 = g (1), de sorte que :

Comme f (1) = Ind_γ (z0), l’indice de z0 par rapport à γ est bien un entier relatif.

■Enfin, C étant compact, a exactement une composante connexe non bornée. Comme :

,

c’est que Ind est identiquement nulle sur cette composante connexe.

1.1.1.2 Exemples et interprétation de l’indice

Les exemples 1 et 2 nous permettent d’interpréter l’indice d’un point par rapport à un lacet comme le nombre de tours que fait ce lacet autour du point. Il faut prendre en compte le sens de rotation.

Un tour positif compte pour + 1, un tour négatif pour – 1. On fait ensuite la somme algébrique.

Nous concevons alors que l’indice d’un point dans la composante connexe non bornée soit nul, car le lacet n’entoure pas ce point. La figure 1 fournit quelques illustrations de ce propos.

Pour confirmer cette interprétation, utilisons l’application Log.

Supposons que z0 = 0, et considérons la figure 2. Le chemin γ_ε est le lacet γ, supposé, comme sur la figure, ne faire qu’un tour autour de O, et limité aux points a_ε et b_ε. On suppose que l’image de γ ne recoupe la demi-droite Ox ’ qu’au point a.

Définition 1. Soient γ un lacet et C son image. Soit z0 un complexe n’appartenant pas à C.

On appelle indice de z₀ par rapport à γ, et on note Ind_γ (z₀), le complexe :

Ind_γ( )z₀ 1 . 2iπ

--- dz

z–z₀ ---

∫

γ

=

Ind_γ– ( )z₀ = – Ind_γ( )z₀

C–C C–C

e γ : 0 1[ , ]→C Ind_γ( )z₀ 1

2iπ --- γ ′( )t

γ( )t –z₀ ---dt

0

∫

1

=

0

∫

1

d dz₀

---(Ind_γ( )z₀) 1 2iπ

--- γ ′( )t

γ( )t –z₀

( )²

---dt

0

∫

1

= –1

2iπ

--- 1

γ( )t –z₀ ---

0 1

0

= =

z₀°Indγ( )z₀ C–C

C–C

f x( ) 1 2iπ

--- γ ′( )t γ---( )t –z₀dt

0

∫

x

=

g x( )= e^{2iπf x( )}

g′( )x 2iπg x( )f′( )x g x( ) γ ′( )x γ( )x –z₀ ---

= =

g x( ) γ( )x –z₀ ---

 

  ′ = 0

g x( )= k(γ( )x –z₀)

2iπf 1( )∈2iπZ , donc f 1( )∈Z.

C–C

Ind_γ( )z₀

→

0 z₀→+∞

e

Alors, puisque Log est bien défini dans :

Si : et .

D’autre part, et . Donc :

comme escompté.

1.1.1.3 Lacets homotopes

Nous allons donner un sens précis à la déformation d’un lacet en un autre lacet. Considérons pour cela deux lacets :

Pour tout λ de [0,1], supposons l’existence de :

qui soit encore un lacet. Pour peu que, en outre, soit continue sur , on voit que l’on peut passer de γ0 à γ1 en déformant continûment γ0 et en restant dans l’ensemble des lacets de Ω. On dit alors que γ0 et γ1 sont homotopes.

Cette notion est facile à visualiser (figure 3).

Exemple 1 : soient γ le cercle unité orienté positivement et C son image. Clairement, a deux composantes connexes. Si

, on sait que :

. Or :

.

Ainsi, l’indice des points du disque ouvert unité par rapport à γ est 1 ; il est nul pour un point à l’extérieur de ce disque.

Exemple 2 : soient et :

.

Il s’agit du cercle unité parcouru fois, dans le sens direct si m > 0, dans le sens indirect sinon.

Le même calcul que celui de l’exemple 1 donne, pour : .

Exemple 3 : soient Ω un ouvert étoilé et γ un lacet d’image incluse dans Ω. Si , on a :

.

En effet, est holomorphe dans Ω, donc son intégrale le long de γ est nulle, d’après les propositions 5 et 3 de [AF 112].

Figure 1 – Différents indices d’un point par rapport à un lacet

Figure 2 – Interprétation de l’indice d’un point par rapport à un lacet grâce à l’application Log

C–C z₀∈D 0 1( , )

Ind_γ( )z₀ = Ind_γ( )0

Ind_γ( )0 1

2iπ--- ie^it e^it ---dt

0

∫

2π ¹

= =

m∈Z

γ : 0 2π[ , ]→C t°e^2iπmt m

z₀∈D 0 1( , ) Ind_γ( )z₀ = m

z₀∉Ω

Ind_γ( )z₀ = 0 z° 1

z–z₀ ---

+ 1 0

0

– 2

– 1

x' O x

b_ε

a_ε a

γ

Figure 3 – Représentation de lacets homotopes

Exemple 4 : dans , tout lacet est homotope au lacet constant . Il suffit pour cela de considérer :

.

La figure 4 fournit les déformations qui permettent de passer de l’ellipse au lacet constant .

Exemple 5 : dans , le cercle unité est homotope au carré unité.

Il suffit de traduire la figure 5. On passe de M₀, point de γ0, à M₁, point de γ1, par l’intermédiaire des points M_λ pour . Le point M_λ est le barycentre de M₀ affecté du coefficient 1 – λ et de M1 affecté du coefficient λ. Pour λ constant, M_λ décrit la courbe en tireté sur la figure 5.

C–Ox′ Ind_γ

ε( )0 1

2iπ--- dz ---z

γ_ε

∫

^{2iπ---1 Logz abεε}

= =

1 2π

---(Argb_ε–Arga_ε) 1

2iπ ---Logb_ε

a_ε ---. +

=

ε→0 b_ε→a a_ε→a

Argb_ε→π Arga_ε→–π Ind_γ( )0 = 1

γ₀ : 0 1[ , ]→Ω ; γ₁ : 0 1[ , ]→Ω.

γ_λ : 0 1[ , ]→Ω

λ,t ( )→γ_λ( )t 0 1,

[ ]×[0 1, ]

Ω γ₀

γ₁ γ_λ

1 γ_λ

2

γ_λ

3

C t ° 0

λ,t

( ) °(1–λ)γ₀( )t

t ° γ₀( )t t°0

C–{ }0

λ∈[0 1, ]

La relation « γ0 est homotope à γ1 » est une relation d’équivalence.

Bien entendu, lorsqu’il y a un doute sur l’ensemble Ω considéré, on dira plutôt que γ0 et γ1 sont homotopes dans Ω.

Nous admettrons le résultat technique suivant.

Proposition 2.

Si γ0 et γ1 sont deux lacets homotopes dans Ω, il existe une appli- cation :

vérifiant les propriétés suivantes : (1) γ est continue sur [0,1]² ;

(2) est un lacet de Ω ;

(3) ; (4) est continue sur [0,1]².

Cette proposition signifie simplement que l’on peut imposer une condition sur , la condition (4). Dans la suite, on suppose implicitement cette condition remplie.

Proposition 3.

Soient γ0 et γ1 deux lacets homotopes dans Ω et . Alors :

Preuve Pour tout λ dans [0,1], est à valeurs dans . De plus, l’expression intégrale :

montre que est continue, puisque est

continue, donc bornée par M, et que :

, où K est le compact image de [0,1]² par .

Par domination, on a bien la continuité de l’intégrale.

L’image de [0,1] par est un intervalle inclus dans . C’est donc un singleton. En particulier, les indices de z0 par rapport à γ0 et γ1 sont égaux.

Cette proposition permet, d’un seul coup d’œil, de calculer l’indice d’un point par rapport à un lacet, sans avoir à estimer d’intégrale.

Application. Soient Ω un ouvert étoilé et γ un lacet de Ω. Si z₀ n’appartient pas à Ω, son indice par rapport à γ est nul.

En effet, supposons sans restriction que Ω est étoilé par rapport à 0. Grâce à l’application , on voit que γ est homotope au lacet constant .

L’indice de z₀ par rapport à ce lacet est évidemment nul, ce qui prouve le résultat, que nous avions déjà formulé et démontré dans l’exemple 3 (§ 1.1.1.2).

1.1.2 Résidu d’une application méromorphe en un point

Soient Ω un ouvert connexe de et f une fonction méromorphe sur Ω. Soit z₀ un point de Ω. Nous savons qu’il existe un entier relatif k et une application tels que :

.

L’application f₁ est développable en série entière autour de z₀ : .

Ainsi, dans un voisinage de z0, on a :

, où les b_n sont nuls pour n < k.

■Tout d’abord, remarquons que, si . Le résidu n’est non nul que si z₀ est pôle de f. Cependant, même dans ce cas, il peut être nul. Par exemple, , fonction méromorphe sur , admet le pôle z₀ pour . Le résidu en z₀ est nul dès que .

■Méthode pratique de calcul d’un résidu en un pôle simple Supposons que l’application méromorphe f soit donnée comme quotient de deux applications holomorphes :

, avec z₀ pôle simple de f.

Puisque , on a encore :

car h (z₀) = 0.

Figure 4 – Déformations permettant de passer de l’ellipse à un lacet constant

Figure 5 – Cercle unité homotope au carré unité γ₀

M₁

γ₁

γ₀

γ_λ M_λ M0

γ : 0 1[ , ]²→Ω

λ∈[0 1, ]

∀ t °γ λ( ,t) t∈[0 1, ]

∀ γ₀( )t = γ(0,t) ; γ₁( )t = γ(1,t) λ,t

( ) ° ∂γ ---∂t(λ,t)

γ_λ′( )t ∂γ ---∂t(λ,t)

=

z₀∉Ω Ind_γ

0

z₀ ( ) Ind_γ

1( )z₀

=

e Ind_γ

λ( )z₀ Z

Ind_γ

λ( )z₀ 1 2iπ

--- γ_λ′( )t γ_λ( )t –z₀ ---dt

0

∫

1

=

Définition 2. Avec les notations précédentes, on appelle résidu de f en z₀ le complexe b_–1. On note :

b _–1 = Res (f, z₀).

λ ° Ind_γ

λ( )z₀ (λ,t)°γ_λ′( )t

λ∈[0 1, ]

∀ γ_λ′( )t

γ_λ( )t –z₀ --- M

d z( ₀,K) ---

<

λ,t ( )°γ_λ( )t λ ° Ind_γ

λ( )z₀ Z

e

λ,t

( ) ° 1( –λ)γ( )t t ° 0

C f₁∈H( )Ω z∈Ω

∀ –{ }z₀ f z( ) = (z–z₀)^kf₁( )z

f₁( )z a_n(z–z₀)ⁿ

n

∑

>0

=

f z( ) a_n–k(z–z₀)ⁿ

n

∑

>k ^bn(z–z0)n n

∑

∈Z

= =

k>0,b_–1= 0

z ° 1 z–z₀

( )^p

--- C

p>1 p>2

f g

h---

=

Res(f z, ₀) (z–z₀)f z( )

zlim→z0

=

Res(f z, ₀) g z( ) h z( )–h z( )₀

z–z₀ --- ---

zlim→z0

=

Donc, si l’on suppose g (z0) ≠ 0 (ce qui est toujours possible après simplification par une puissance convenable de z – z0), on obtient :

.

Proposition 4.

Soit f une fonction méromorphe sur Ω, n’ayant qu’un nombre fini de pôles dans Ω. Il existe une fraction rationnelle R telle que f – R soit prolongeable en une application holomorphe sur Ω.

De plus, pour tout z0 de Ω :

.

Preuve Notons Z = {z₁,…,z_p } l’ensemble des pôles de f et m_i la multiplicité du pôle z_i. Au voisinage de z_i , on peut écrire :

. Posons :

et

.

Montrons que, pour tout i, f – R, qui est méromorphe dans Ω et qui n’a pas de pôle en dehors de Z, est prolongeable en une appli- cation holomorphe en z_i. En fait :

, pour z dans un voisinage de z_i.

Or, est holomorphe dans un voisinage de z_i et la somme l’est elle aussi.

Enfin, puisque, évidemment :

, et que

car f – R est holomorphe, on a :

.

■Remarquons que la fraction rationnelle R n’est pas unique ; on peut lui ajouter sans dommage une fraction rationnelle sans pôle dans Ω.

Pour assurer la finitude de l’ensemble des pôles de f, on considère en général un ouvert Ω’ d’adhérence compacte et incluse dans Ω. Dans ce cas, f n’admet qu’un nombre fini de pôles dans Ω’, puisque ces pôles sont isolés dans qui est compact.

1.1.3 Formule des résidus

Preuve Avec les notations de la proposition 4, on a :

grâce aux propositions 5 et 3 de [AF 112]. Donc : .

En outre, une décomposition en éléments simples de R permet d’écrire :

où T n’a pas de pôle dans Ω, donc est holomorphe dans Ω. Ainsi :

.

Pour , admet une primitive dans ;

son intégrale le long de γ est donc nulle.

D’autre part (cf. définition 1) :

.

Ainsi, on obtient :

.

Exemple 6 : si et , on a :

.

Exemple 7 : si α > 1 et , soit z₀ = e^iπ/α. C’est bien un pôle de f car et donc :

. De plus :

.

Exemple 8 : soient f (z) = Γ (z) et . On sait que z0 = – n est un pôle simple de Γ. Compte tenu de l’égalité :

, on calcule directement :

. Res(f z, ₀) g z( )₀

h′( )z₀ ---

=

f z( ) tanz sinz z ---cos

= = z₀ π

2---

=

Res(f z, ₀) π 2--- sin

π 2--- sin –

--- –1

= =

f z( ) 1 1+z^α ---

= απ

--- <π

z₀^α = e^αLogz0 = e^αiπ⁄α = –1

Res(f z, ₀) 1 αz^α0^–1

--- z₀ αz₀^α

--- 1

α---e^iπ⁄α –

= = =

n∈N Γ(z₀+h) Γ(–n+h) Γ(h+1)

h h( –1)…(–n+h) ---

= =

Res(Γ,–n) hΓ

hlim→0 (z₀+h) Γ( )1 –1 ( )ⁿn!

--- ( )–1ⁿ ---n!

= = =

Res(f z, ₀)= Res(R z, ₀) e

f z( ) b_{n i,} (z–z_i)ⁿ

n>

∑

–mi ^{bn i, (z–zi)n bn i, (z–zi)n}

n

∑

>0

+

n=–mi

1

∑

–

= =

R_i( )z b_{n i,} (z–z_i)ⁿ

n=–mi

1

∑

–

=

R z( ) R_i( )z

i=1

∑

p

=

f z( )–R z( ) b_{n i,} (z–z_i)ⁿ R_j( )z

j

∑

≠i

+

n

∑

>0

=

R_j

j≠i

∑

b_{n i,} (z–z_i)ⁿ

n

∑

>0

Théorème 1. Soient Ω un ouvert étoilé et f une application méromorphe sur Ω. On suppose que l’ensemble Z des pôles de f est fini.

Soit γ un lacet d’image incluse dans Ω et ne rencontrant pas Z.

Alors, pour tout z0 dans Ω

. Res(f–R,z₀)= Res(f z, ₀)–Res(R z, ₀)

Res(f–R,z₀) = 0

Res(f z, ₀) = Res(R z, ₀) e

Ω′

Ω′

1 2iπ --- f z( )dz

∫

γ ^{= z}0

∑

∈Z^{Res(f z, 0)×Indγ( )z0}

e

f z( )–R z( )

( )dz

∫

γ ^{= 0}

1

2iπ--- f z( )dz

∫

γ ^{= 2iπ---1}

∫

^{γ R z( )dz}

R z( ) a_{k z}

, 0

z–z₀ ( )^k ---+T z( )

k

∑

>1 z0

∑

∈Z

=

1 2iπ

--- R z( )dz

∫

γ ^a---^{2ik z,π0} dz

z–z₀

( )^k

---

∫

γ k

∑

>1 z0

∑

∈Z

=

k>2 z ° 1 z–z₀ ( )^k

--- C–{ }z₀

1 2iπ

--- dz

z–z₀ ---

∫

γ ^{= Indγ( )z0}

1 2iπ

--- R z( )dz

∫

γ ^{= z0}

^∑

^{∈Za1,z0Indγ( )z0}

Mais (§ 1.1.2) :

. Donc :

.

■Cette formule, dite formule des résidus, permet de calculer de nombreuses intégrales, comme nous le verrons au paragraphe 1.2.

■Une autre formule des résidus peut être utile. Elle concerne le cas où l’image du lacet γ rencontre Z en certains points. Introduisons, dans ce cas, un lacet , dépendant de ε, qui évite ces points de Z.

Nous supposons, pour la simplicité, que l’image de γ rencontre Z en un seul point z₀, et qu’en ce point l’image de γ a deux demi-tangen- tes, comme sur la figure 6.

●On peut appliquer à la formule des résidus : .

●Le lacet est la concaténation du chemin γ_ε et de l’arc de cer- cle C_ε, centré en z0, de rayon ε.

Par ailleurs, pour ε assez petit, est homotope, dans Ω – (Z – {z₀}), au lacet γ. On peut donc écrire :

.

Supposons, en outre, que et que z₀ est un pôle simple de f. La formule précédente se réécrit :

.

●À présent, calculons . Si α = Res (f, z₀), on a :

puisque , où g est holomorphe au voisinage

de z0.

Lorsque ε tend vers 0, tend vers 0, puisque g est bornée et que la longueur de C_ε tend vers 0. D’autre part :

●Finalement, on obtient :

Reste à préciser la signification de θ1 – θ2. Si l’on note ϕ une mesure de l’angle dessiné sur la figure 6 qui est dans , on constate que :

ϕ = θ1 – θ2.

Cela peut être rendu parfaitement rigoureux à l’aide de l’application Arg. On obtient ainsi la formule, dite « des résidus avec singularités au bord » :

.

■Elle se généralise immédiatement au cas où plusieurs singulari- tés apparaissent dans l’image de γ.

Un cas usuel est celui où l’arc γ admet une tangente en z₀ : la contribution à l’intégrale du pôle z0 est alors , soit la moitié de la contribution usuelle.

Si, dans une autre situation, γ était un rectangle orienté positive- ment et que z0 en soit l’un des sommets, la contribution correspon-

dante serait .

1.2 Calcul d’intégrales

Un tel calcul s’appuie sur la formule des résidus (§ 1.1.3). Il consiste à faire intervenir une fonction méromorphe bien choisie et un lacet entourant un ou plusieurs pôles de cette fonction. Ce lacet dépend souvent de paramètres qu’il convient de faire tendre, par exemple, vers + ∞ ou vers 0. Il faut donc ajouter au calcul des résidus eux-mêmes une majoration de certaines portions de l’intégrale, dont on cherche en général à montrer qu’elles tendent vers 0.

Figure 6 – Illustration de la formule des résidus avec singularités au bord

a_1z

, 0 = Res(R z, ₀) = Res(f z, ₀) 1

2iπ --- f z( )dz

∫

γ ^{= z0}

^∑

^{∈ZRes(f z, 0)Indγ( )z0 e}

γ ′_ε

γ ′_ε 1

2iπ --- f z( )dz

γ ′_ε

∫

^{= u}

^∑

^{∈ZRes(f u, )Indγ ′ε( )u}

γ ′_ε

γ ′_ε

1

2iπ--- f z( )dz

γ ′_ε

∫

^{= u}

^∑

^{≠z0Res(f u, )Indγ( )u +Res(f z, 0)Indγ ′ε( )z0}

Ind_{γ ′ε}( ) z₀ = 0

1 2iπ --- f z( )dz

γ_ε

∫

^+2i---1π

∫

^{Cf z( )}ε ^{dz = u}

^∑

^{≠z0Res(f u, )Indγ( )u}

f z( )dz

C_ε

∫

f z( )dz

C_ε

∫

^{α z}---^d–zz0

C_ε

∫

⁺

∫

^Cε^{g z( )dz}

=

f z( ) α z–z₀ ---+g z( )

=

z0

C_{ε ϕ}

γ_ε γ

Il est tentant de désigner toujours par la limite de quand ε tend vers 0. Cela est plutôt dangereux, car il n’y a pas réellement de moyen de donner un sens d’intégrale à ce complexe. On parle de la partie principale de l’intégrale. Si, par exemple, la portion de l’arc qui contient z₀ est un segment [a, b] de la droite réelle, il interviendra dans le calcul :

. g z( )dz

C_ε

∫

dz z–z₀ ---

C_ε

∫

^iεe---^εeiθiθdθ

θ1( )ε θ2( )ε

∫

^{i(θ2( )ε –θ1( )ε)}

= =

1

2iπ--- f z( )dz

γ_ε

∫

^θ---Res^12π–θ2 (f z, ₀) Res(f u, )Ind_γ( )u

u

∑

≠z0

→ +

g0 2π, f

1 2iπ --- f z( )dz

γ_ε

∫

^ε

^→

^{→02---ϕπRes(f z, 0)+u}

^∑

^{≠z0Res(f u, )Indγ( )u}

1

2---Res(f z, ₀)

1

4--- Res(f z, ₀)

f z( )dz

∫

γ

f z( )dz

γ_ε

∫

f u( ) u f u( )du

z₀+ε

∫

b

d +

a z0–ε

∫

 

 

 

εlim→0

1.2.1 Intégrales de fractions rationnelles Application

Soit α un réel, α > 1. Calculons . Nous savons que :

.

Effectuons dans l’intégrale le changement de variable u = z ^{2p + 1}. Il vient :

,

soit, pour :

.

Comme et sont toutes deux conti-

nues sur ]1,+∞[, et que l’ensemble des rationnels de la forme ,

avec p < n, est dense dans ]1,+∞[ (car , et les rationnels sont denses dans ]1,+∞[), on obtient finalement, pour tout réel α strictement plus grand que 1 :

Exemple 9 : soient p et n deux entiers naturels, avec : p < n.

Calculons l’intégrale :

.

Posons , fonction méromorphe dans , dont les pôles sont solutions de z ²ⁿ + 1 = 0. Ce sont donc les z_k, avec

.

Le lacet γ, visualisé sur la figure 7 est un rectangle, concaténation de quatre segments. Pour R > 1 et , l’indice de z_k par rap- port à γ est 1, de sorte que :

. Or, on a :

. Donc :

D’autre part :

avec : .

Cherchons les limites des autres intégrales.

donc :

. Comme 2p – 2n + 1 < 0 :

De même pour : .

Enfin :

donc :

. Finalement, on obtient :

ou encore :

. z^2p

z²ⁿ+1 ---dz

∞ – +∞

∫

f z( ) z^2p z²ⁿ+1 ---

= C

z_k e

2k+1 ---iπ2n

= (0< <k 2n–1)

0< <k n–1

I( )R 1 2iπ

--- f z( )d( )z

∫

γ ^kn

^∑

^{=–01Res(f z, k)}

= =

Res(f z, _k) z_k^2p 2nz_k^2n–1 --- 1

2n---z_k^2p+1 –

= =

I( )R 1

2n--- e^(2k+1)(2p+1)

iπ 2n--- k=0

n–1

∑

– 1

2n---e^(2p+1)

iπ 2n--- 1 e

iπ ---n(2p+1)n

– 1 e

iπ ---n(2p+1)

–

--- –

= =

1

2n--- 2

2i π

2n ---(2p+1) sin

---

= 1

2in 2p+1 2n ---π sin ---.

=

I( )R = I₁( )R +I₂( )R +I₃( )R +I₄( )R I₁( )R 1

2iπ

--- f z( ) z 1

2iπ

--- f z( )dz

∞ –

∞

∫

+

→

d

–R

∫

R

= R →+∞

I₂( )R 1

2iπ--- f z( )dz

R R+iR

[ , ]

∫

^{2iπ---1 (}---i^{R(R++iyiy)2n)2p+1}dy

0

∫

R

= =

I₂( )R 1 2π

--- R (R²+R²)^p

R²ⁿ–1 ---

×

×

< = O R( ^2p–2n+1)

I₂( )R

→

0

R →+∞

I₄( )R 1

2iπ--- f z( )dz

–R+iR –R

[ , ]

∫

=

I₃( )R 1 2iπ

--- f z( )dz

R+iR –R+iR

[ , ]

∫

^{–2i---1π (}---^{x(+x+iRiR)2n)2p+1}dx

R –

∫

R

= =

I₃( )R 1 2π

--- 2R (R²+R²)^2p

R²ⁿ–1 ---

×

× =O R( ^2p–2n+1)

<

I( )R

R →lim+∞ 1

2iπ--- f z( )dz

∞ –

∞

∫

+ 2in ¹2p+1 ---π2n sin ---

= =

z^2p z²ⁿ+1 ---dz

∞ –

∞

∫

+ n 2p^π +1 ---π2n sin ---

= Figure 7 – Calcul de l’intégrale d’une fraction rationnelle :

visualisation du lacet γ

u d u^α+1 ---

0 +∞

∫

z^2p z²ⁿ+1 ---dz

0 +∞

∫

2n ^π2p+1 ---2n π sin ---

=

z^2p z²ⁿ+1 ---dz

0 +∞

∫

^2p--- ¹⁺¹ du

u

2n 2p+1 ---

1 + ---

0 +∞

∫

=

α 2n

2p+1 ---

=

u d u^α+1 ---

0

∫

+∞ _αsin¹ _α---^π ---

=

α° du

u^α+1 ---

0 +∞

∫

^α° _αsin^{1 π}_α--- ---

2n 2p+1 --- a

b--- 2^ka 2^kb+1 ---

klim→+∞

=

u d u^α+1 ---

0 +∞

∫

_αsin¹ _α^---π ---

=

y

x

– R R

– R + iR R + iR

i z₁

z0

z₂ z3

Généralisation

Si f est une fraction rationnelle intégrable sur , les calculs précédents s’appliquent systématiquement et permettent de calculer .

1.2.2 Intégrales de fractions rationnelles en sinus et cosinus

Exemple 10 : soit *. Calculons : .

On introduit et le même lacet γ = γ_R que dans l’exemple 9 (figure 7). L’indice de i par rapport à γR est 1, celui de – i est nul. Ainsi :

. Ce résidu se calcule aisément :

pour .

Le coefficient de est , soit :

Donc :

. D’autre part :

, et :

. Donc :

. On vérifie de même que

et

tendent aussi vers 0 quand R tend vers + ∞. Finalement, on obtient :

. n∈N

z d 1+z²

( )ⁿ

---

∞ – +∞

∫

f z( ) 1 1+z²

( )ⁿ

---

=

1 2iπ --- f z( )dz

γ_R

∫

^{= IndγR( )iRes( )f i, = Res( )f i,}

f z( ) f i( +h) 1 z+i ( )ⁿ(z–i)ⁿ --- 1

2i+h ( )ⁿhⁿ ---

= = =

1 hⁿ --- 1

( )2iⁿ --- 1 h

2i---

 + 

 ^–n

= 1

hⁿ --- 1

( )2iⁿ

--- C_–^k_n h 2i---

  ^k

k

∑

>0

=

h <2

1 h--- 1

( )2iⁿ

--- Cⁿ_–n^–1 1 ( )2i^n–1 ---

Res( )f i, 1 ( )2i^2n–1

--- ( )–n (–n–1)…(–n–(n–1)+1) n–1

( )!

---

=

2i( )–1^n–1 2²ⁿ( )–1 ⁿ

--- n n( +1)…(2n–2) n–1

( )!

---

= 2i C_2n^n–_–¹₂

4ⁿ --- –

=

f z( )dz

γ_R

∫

= ^4π---^{C2nn4–n–12}

f z( ) z dz

1+z²

( )ⁿ

---

∞ –

∞

∫

+

→

d

R

– R

[ , ]

∫

^{R →+∞}

f z( )dz

R R+iR

[ , ]

∫

<^R(---R²¹–1)ⁿ f z( )^dz

→

0

R R+iR

[ , ]

∫

^{R →+∞}

f z( )dz

–R+iR –R

[ , ]

∫

f z( )dz

R+iR –R+iR

[ , ]

∫

z d 1+z²

( )ⁿ

---

∞ – +∞

∫

= ^4π ---^{C2nn4–n–12}

Exemple 11 : calculons :

pour λ > 1.

On a :

où γ désigne le cercle unité orienté positivement.

Le seul pôle de de module < 1 est

. Il vient :

,

d’où :

.

Or : si z = h + z₀.

Donc :

avec . Finalement, on obtient :

et :

. R

f z( )dz

∞ –

∫

+∞

I dθ

λ+cosθ ---

0

∫

2π

=

I dθ

λ e^iθ+e^–iθ ---2 + ---

0

∫

2π ^e---^{2iθ2e+2iθλdeθiθ+1}

0

∫

2π ^{2---i z}---^{2+2dλzz +1}

∫

γ

= = =

f z( ) 1 z²+2λz+1 ---

=

z₀= –λ+ λ²–1

1 2iπ

--- dz

z²+2λz+1 ---

∫

γ ^{= Res( ,f z0)}

I = 4πRes( ,f z₀) 1

z²+2λz+1

--- 1 z–z₀

( )z 1

z₀ ---

 – 

 

--- 1 h--- 1

h z₀ 1 z₀ --- – + ---

= =

f z( ) 1 hδ--- 1 h

δ---

 + 

 ^–1

=

δ z₀ 1 z₀ ---

– 2 λ²–1

= =

Res( , )f z₀ 1

2 λ²–1 ---

=

θ d λ+cosθ ---

0

∫

2π λ^2π2–1 ---

=

Généralisation

Cette méthode s’étend aux intégrales de la forme :

lorsque R est une fraction rationnelle telle que soit intégrable sur [0,2π].

1.2.3 Intégrales de la forme

Nous aurions pu, de façon plus rapide, utiliser la formule des résidus avec singularités au bord.

Exemple 12 : calculons :

, pour . On a :

où γ est le cercle unité orienté positivement ; d’où :

où On obtient :

soit :

et, finalement :

.

Figure 8 – Calcul d’une intégrale de la forme : visualisation du lacet g

I sinnθ

θ ---sin

 

 ²dθ

0

∫

2π

= n>1

I e^inθ–e^–inθ e^iθ–e^–iθ ---

 

 

 ²

θ d

0

∫

2π ^e---^{e–2i–2nθiθ(}(^{ee2inθ2iθ––11})²⁾²dθ

0

∫

2π

= =

1

---i z^–2n

z^–2

--- (z²ⁿ–1)² z²–1

( )²

--- 1 ---zdz,

∫

γ

=

I = 2πRes(f 0, ) f z( ) z^–2n+1 z²ⁿ–1

z²–1 ---

 

 

 ²

=

f z( ) z^–2n+1(1–z²ⁿ)²(1–z²)^–2 = … ( )–1^n–1C_–ⁿ₂^–11

z--- …

+ +

=

Res(f 0, )= ( )–1^n–1C_–ⁿ₂^–1=( )–1^n–1( )–2 ( )…–3 (–2–(n–1)+1) n–1

( )!

---=n

nθ sin

θ ---sin

 

 ²dθ

0

∫

2π ^{= 2πn}

R(cosθ,sinθ)dθ

0

∫

2π

θ ° R(cosθ,sinθ)

y

x R

– R – ε ε

γ₁

γ₂

e^iλxR x( )dx

∞ –

∫

+∞

Exemple 13 : calcul de .

Considérons et γ le lacet de la figure 8. On a : .

Donc, si γ 1 est le demi-cercle de rayon R, γ 2 le demi-cercle de rayon ε et γ 3 la concaténation des segments [– R, – ε] et [ε, R] :

; mais :

. Cette quantité tend vers 0 lorsque R tend vers + ∞, par convergence dominée.

Mais :

. Finalement, on obtient :

ou encore :

,

puisque est impaire.

Soit :

Figure 9 – Calcul d’une intégrale de la forme : visualisation du lacet g

e^iλxR x( )dx

∞ –

∫

+∞

t sin ---t dt

∞ –

∫

+∞

f z( ) e^iz ---z

= 1 2iπ

--- f z( )dz

∫

γ ^{= Res( ,f 0) = 1}

f z( )dz

γ1

∫

⁺

∫

^γ2^{f z( )dz+}

∫

^γ3 ^{f z( )dz = 2iπ}

f z( )dz

γ1

∫

⁼

∫

^{0πieiReiθ = i}

∫

^{0πeiRcosθ e–Rsinθdθ}

f z( )dz

γ2

∫

^{= i}

∫

^{–0πeiεcosθe–εcosθdθε}

^→

^→0iπ

f z( )dz

γ₂

∫

ε→0 R→+∞

lim = iπ

t sin

---t t sint ---t dt

ε

∫

R

+ d

–R ε

∫

–

 

 

ε→0 R→+∞

lim = π

t ° cost ---t

t sin ---t dt

∞ –

∫

+∞ ^{= π}

y

x

– R R

– R + iR R + iR

i

t cos 1+t² ---dt

∞ –

∫

+∞

Généralisation

Ces méthodes se généralisent au calcul des intégrales , où R est une fraction rationnelle et λ un réel, telles que l’intégrale soit convergente.

1.2.4 Intégrales de Gauss et de Fresnel.

Sommes de Gauss

Soient * et . Les pôles de cette fonction méromorphe sur sont les entiers relatifs. Si , on a :

.

Considérons le lacet γ de la figure 10, où les pôles de f sont repré- sentés par des points sur l’axe des x. On applique ici le théorème des résidus avec singularités sur le bord.

■Notons γ 1 le segment et γ3 le segment [iR, – iR ].

On a :

.

.

En réalité, I1 et I3 ne sont que des limites, lorsque ε tend vers 0, de et , que nous allons calculer à présent.

On a :

De même : Exemple 14 : calcul de .

Soit . Le lacet γ est le rectangle de la figure 9. Ainsi : .

Or :

Donc :

D’autre part :

, et cette intégrale tend vers 0 lorsque R tend vers + ∞.

Il en va de même de .

Enfin :

. Finalement, on obtient :

, soit :

. t

cos 1+t² ---dt

∞ –

∫

+∞

f z( ) e^iz 1+z² ---

=

1 2iπ

--- f z( )dz

∫

γ ^{= Res( , )f i}

f z( ) f i( +h) e^–1e^h 2i+h

( )h

--- e^–1 --- 2i 1

h---+…

= = =

f z( )dz

∫

γ ^{= πe–1}

f z( )dz

R R+iR

[ , ]

∫

^{i 1}---^{+e(RiR–+yiy)2}dy

0

∫

R <^R---^2R–1

=

f z( )dz

–R+iR –R

[ , ]

∫

f z( )dz

R+iR –R+iR

[ , ]

∫

¹---^{+e(xix+–RiR)2}dx

R R

∫

– <^R---^2R2–1

=

e^iz 1+z² ---dz

∞ –

∫

+∞ ^{= πe–1}

z cos 1+z² ---dz

∞ –

∫

+∞ ^{= πe–1}

e^iλxR x( )dx

∞ –

∫

+∞

n∈N f z( ) e

2iπ ---zn ²

e^2iπz–1 ---

=

C k∈Z

Res(f k, ) 1 2iπ ---e

2iπk² ---n

=

Figure 10 – Calcul des sommes de Gauss : visualisation du lacet g y

x

– iR iR

γ₁ γ₂

γ₃

γ₄

n + iR 2

n 2

n – iR 2

n 2--- iRn

---2+iR , –

I₁ f z( )dz

γ1

∫

^{i e2iπ---n n}

2

---4+nit–t²

 

 

e^2iπ

n 2---+it

 

 

1 – ---dt

R –

∫

R ^{in+1 e–2πte 2iπ---tn}

– 2

–1

( )ⁿe^–2πt–1 ---dt

R –

∫

R

= = =

I₃ f z( )dz

γ3

∫

^{i e2iπt}

2

---n –

e^–2πt–1 ---dt

R R

∫

–

= =

I₁^ε I₃^ε

I₁^ε iⁿ⁺¹ e^–2πte

2iπ ---tn ² –

1

( )– ⁿe^–2πt–1 ---dt

ε

∫

R ^{( )}---^{–e12πtnee–2πt2iπ---tn–21}dt

ε

∫

R

+

 

 

 

 

=

iⁿ⁺¹ e

2iπ ---tn ² – ε

∫

R ^{( )}---^{–1n1–e2πt}+( )–1ⁿ e^2πt e^2πt–( )–1 ⁿ ---

 

 

 

 dt

 

 

=

iⁿ⁺¹ 1–( )–1ⁿe^2πt –1 ( )ⁿ–e^2πt --- e

2iπ ---tn ² –

t d

ε

∫

R

= ( )–iⁿi e

2iπ ---tn ²

– dt

ε

∫

R

=

I₃^ε –i e

2iπ ---tn ² –

e^–2πt–1 ---dt

ε

∫

R ^e---^{e2πt–2iπ---tn–12}dt

ε

∫

R

+

 

 

 

 

=

i e

2iπ ---tn ²

– dt

ε

∫

R

=