# TD 8 : Applications du théorème des résidus
$$
\newcommand{\dd}{\mathrm{d}}
\newcommand{\idd}{\,\mathrm{d}}
\newcommand{\id}{\mathrm{i}}
\newcommand{\ed}{\mathrm{e}}
\newcommand{\Cset}{\mathbb{C}}
\newcommand{\Nset}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Zset}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Rset}{\mathbb{R}}
\newcommand{\Res}{\mathrm{Res}}
\newcommand{\Re}{\mathrm{Re}}
\newcommand{\Im}{\mathrm{Im}}
$$
## Exercice 1: Calcul d'intégrales
Nous calculons diverses intégrales, en utilisant l'intégration dans le plan complexe.
### 1
On considère
\begin{equation}
I(\alpha,n)=\int_0^{+\infty}\frac{x^{\alpha}}{1+x^n}\,\dd x
%\qquad (\text{pour } n\in\Nset,\quad n\geqslant 2,\quad n>1+\alpha>0) \, ,
\end{equation}
* À quelle condition sur $\alpha$ et $n$ l'intégrale est-elle convergente?
* Quel est le domaine d'analyticité de la fonction $f(z)=\frac{z^{\alpha}}{1+z^n}$?
* On étudie l'intégrale $\oint_\gamma\dd z\, f(z)$ sur le contour suivant
* Déduire $I(\alpha,n)$. Vérifier votre résultat en considérant les limites $\alpha\to0$ (cf. TD7) et $n\to\infty$.
___
(On assume que $\alpha$ et $n$ sont réels). L'intégrale peut diverger en 0 et à l'infini. Elle converge pour les deux limites si
$$
\alpha \in ]-1, n-1[\quad\text{ si }n>0
$$
$$
\alpha \in ]n-1, -1[\quad\text{ si }n<0
$$
Pour le reste de la question on va assumer $n \in \Nset^*$. La fonction $f$ a deux points de branchement, $0$ et $\infty$. Il convient de les relier par une coupure le long de l'axe réel positif. Sur le reste du plan complexe, on trouve $n$ pôles simples aux points
$$
z_k=\ed^\frac{\pi\id(2k+1)}{n}
$$
La contribution de l'arc de cercle dans l'intégrale $\oint_\gamma\dd z\, f(z)$ tend vers zéro quand $R \to +\infty$. La contribution de la partie horizontale tend vers $I(\alpha, n)$, et la contribution de la partie oblique tend vers
$$
-\ed^{\frac{2\pi\id}{n}(1+\alpha)}I(\alpha, n)
$$
(le facteur de phase vient en partie de la phase de $\dd z$, et en partie de la phase du numérateur). On parameterise la partie oblique par $t$ comme $z=t\ed^\frac{2\pi\id}{n}$, avec $t \in ]\infty, 0[$. La contribution de la partie oblique est:
$$
\int_{\infty}^0 \dd t \ed^\frac{2\pi\id}{n} \frac{t^\alpha \ed^\frac{2\pi\id \alpha}{n}}{1+t^n}=-\ed^{\frac{2\pi\id}{n}(1+\alpha)}I(\alpha, n).
$$
Parce que l'intégrale par $\gamma$ ne depend pas de $R$ pour $R$ suffisamment grand, on a
$$
\oint_\gamma\dd z\, f(z)=I(\alpha, n)(1-\ed^{\frac{2\pi\id}{n}(1+\alpha)})
$$
De l'autre côté, par le théorème des résidus on a
$$
\oint_\gamma\dd z\, f(z)= 2\pi \id \Res[f, z_0]
$$
avec
$$
\Res[f, z_0]=-\frac{1}{n}\ed^{\frac{\pi\id}{n}(1+\alpha)}.
$$
En resolvant l'équation
$$
I(\alpha, n)(1-\ed^{\frac{2\pi\id}{n}(1+\alpha)})=-\frac{2 \pi \id}{n}\ed^{\frac{\pi\id}{n}(1+\alpha)}
$$
On obtient
$$
I(\alpha, n)=\frac{\pi/n}{\sin((\alpha+1)\pi/n)}
$$
___
### 2
Soit l'intégrale
\begin{equation}
J(a)=\int_0^{2\pi}\frac{\dd \theta}{2\pi}\,\frac1{a - \cos\theta}\qquad (\text{pour $a>1$})
\end{equation}
* En posant $z=\ed^{\id\theta}$, transformer l'intégrale en intégrale sur le cercle unité d'une fonction méromorphe $f(z)$ (une fonction méromorphe est une fonction analytique sur $\mathbb{C}$ privé d'un ou plusieurs points).
* Déterminer $z_\pm$, les deux racines de $P(z)=2az-z^2-1$.
* Justifier que l'intégrale correspond au résidu d'un des deux pôles de $f$.
* Vérifier votre résultat en discutant la limite $a\to\infty$.
___
On a
$$
\dd z = \id \ed^{\id \theta} \dd \theta \iff \dd \theta = -\id\frac{\dd z}{z}
$$
Donc
$$
J(a)=-\frac{\id}{\pi}\oint \frac{\dd z}{z}\frac{1}{2a-z-z^{-1}}= \frac{\id}{\pi}\oint \frac{\dd z}{z^2-2az+1}
$$
Le dénominateur s'annule aux points
$$
z_{1,2}=a \pm \sqrt{a^2-1},
$$
qui sont dont les pôles simples de
$$
f(z)=\frac{1}{z^2-2az+1}=\frac{1}{(z-z_1)(z-z_2)}
$$
De ces deux points seul $z_2=a - \sqrt{a^2-1}$ se trouve à l'interieur du contour d'intégration. On a
$$
\Res[f, z_2]=\frac{1}{z_2-z_1}=-\frac{1}{2\sqrt{a^2-1}}
$$
Finalement,
$$
J(a)=\frac{1}{\sqrt{a^2-1}}
$$
___
### 3
Sur le même principe: calculer
\begin{equation}
K(a)=\int_0^{2\pi}\frac{\dd \theta}{2\pi}\,\frac1{(a- \cos\theta)^2} \qquad (\text{pour $a>1$})
\end{equation}
Retrouver le résultat d'une manière plus directe (en utilisant la relation entre $J(a)$ et $K(a)$).
___
Avec le même changement de variables, on a
$$
K(a)=-\frac{2 \id}{\pi}\oint g(z) \dd z
$$
où
$$
g(z)=\frac{z}{(z^2-2az+1)^2}
$$
La fonction $g$ a deux pôles doubles aux mêmes points $z_1$ et $z_2$ que dans la question précédente. On pose
$$
g(z)=h(z)(z-z_2)^{-2}
$$
avec $h(z)=z(z-z_1)^{-2}$. Donc
$$
\Res[g, z_2]=h'(z_2)= (z_2-z_1)^{-2}-2z_2(z_2-z_1)^{-3}=\frac{a}{4(a^2-1)^{3/2}}
$$
Finalement,
$$
K(a)=-\frac{2 \id}{\pi} 2\pi \id \Res[g, z_2] = \frac{a}{(a^2-1)^{3/2}}.
$$
On obtient le même résultat à partir de l'identité
$$
K(a)=-\frac{\dd J(a)}{\dd a}
$$
___
### 4
On souhaite calculer l'intégrale
\begin{equation}
I_4=\int_{-\infty}^{+\infty}\dd x \, \frac{\sin{x}}{x\,[x^4+(1-\pi^2)x^2-\pi^2]}
\: .
\end{equation}
* Pour cela, on étudie l'intégrale de la fonction
\begin{equation}
f(z) = \frac{\ed^{\id z}}{z\,(z^2- \pi^2)(z^2+1)}
\end{equation}
sur le contour
* Calculer les résidus des pôles de $f$.
* Montrer que $\lim_{R\to\infty}\int_{\mathscr{C}_R}\dd z\, f(z)=0$.
* Les trois demi-cercles $\gamma_0$ et $\gamma_\pm$ on un rayon $\epsilon$.
Montrer que
\begin{equation}
\lim_{\epsilon\to0} \int_{\gamma_0}\dd z\, f(z)= -\id \pi \,\mathrm{Res}[f,0]
\hspace{0.5cm}
\mbox{et}
\hspace{0.5cm}
\lim_{\epsilon\to0} \int_{\gamma_\pm}\dd z\, f(z)= -\id \pi \,\mathrm{Res}[f,\pm\pi]
\:.
\end{equation}
* Déduire que
\begin{equation}
I_4 = \frac{\pi^2(\ed^{-1}-1)-2}{\pi\,(\pi^2+1)}
\:.
\end{equation}
___
*Question d'autocontrôle: pourquoi on ne peut pas calculer l'intégrale telle quelle, avec un sinus dans le numérateur?*
On a
$$
f(z) = \frac{\ed^{\id z}}{z\,(z-\pi)(z+\pi)(z-\id)(z+\id)}
$$
La fonction $f$ a donc 5 pôles simples aux points $\{0, \pi, -\pi, \id, -\id \}$. Les résidus dans ces pôles sont
$$
\Res[f, 0]=-\frac{1}{\pi^2}
$$
$$
\Res[f, \pi]=-\frac{1}{2\pi^2(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f, -\pi]=-\frac{1}{2\pi^2(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f, \id]=\frac{\ed^{-1}}{2(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f, -\id]=\frac{\ed}{2(\pi^2+1)}
$$
Les formules
$$
\lim_{\epsilon\to0} \int_{\gamma_0}\dd z\, f(z)= -\id \pi \,\mathrm{Res}[f,0]
\hspace{0.5cm}
\mbox{et}
\hspace{0.5cm}
\lim_{\epsilon\to0} \int_{\gamma_\pm}\dd z\, f(z)= -\id \pi \,\mathrm{Res}[f,\pm\pi]
$$
viennent de la décomposition de $f$ en série de Laurent au voisinage de points $\{-\pi, 0, \pi \}$, où dans la limite $\epsilon \to \infty$ seul le terme de résidu contribue. On a donc
$$
\lim_{\epsilon\to 0}\left( \int_{\gamma_0}\dd z\, f(z) + \int_{\gamma_-}\dd z \, f(z) + \int_{\gamma_+}\dd z \, f(z)\right) = \id \frac{\pi^2+2}{\pi(\pi^2+1)}.
$$
L'intégrale de Riemann impropre $I_4$ est la limite de la partie imaginaire de la contribution des intervalles réels du contour $\Gamma$. Par le Lemme de Jordan, la contribution de $C_R$ dans $\oint_\Gamma f(z) \dd z$ tend vers zéro quand $R\to \infty$, et on a
$$
I_4=\Im\left(\oint_\Gamma f(z) \dd z - \id \frac{\pi^2+2}{\pi(\pi^2+1)} \right).
$$
En utilisant le théorème de résidus avec un seul pôle à $z=\id$ encerclé par $\Gamma$, on obtient
$$
\oint_\Gamma f(z) \dd z = \frac{\id \pi \ed^{-1}}{\pi^2+1}
$$
et finalement
$$
I_4=\frac{\pi^2(\ed^{-1}-1)-2}{\pi\,(\pi^2+1)}
$$
___
### 5
Pour terminer, nous calculons l'intégrale
\begin{equation}
I_5=\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^3}\,\dd x
\end{equation}
À cette fin, on étudie l'intégrale de
\begin{equation}
f(z) = \frac{(\ln z)^2}{z^3+1}
\end{equation}
sur le contour $\Gamma=\Delta_+\cup\mathscr{C}_R\cup\Delta_-\cup\mathscr{C}_\epsilon$:
* Quel est le domaine d'analyticité de $f$? Où doit-on placer la coupure?
* Trouver les trois pôles $z_0$, $z_1$ et $z_2$ de la fonction $f$.
* Montrer que $\lim_{R\to\infty}\int_{\mathscr{C}_R}\dd z\, f(z)=0$ et $\lim_{\epsilon\to0}\int_{\mathscr{C}_\epsilon}\dd z\, f(z)=0$.
* En considérant la limite $R\to\infty$ et $\epsilon\to0$ de $\oint_\Gamma\dd z\,f(z)$, déduire l'identité
\begin{equation}
\int_0^{\infty}\dd x \, \frac{\ln x}{1+x^3} + \id \pi \int_0^{\infty}\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac{1}{6}\sum_{k=0}^2 z_k \left(\ln z_k\right)^2
\end{equation}
* Vérifier votre résultat en retrouvant la valeur de $\int_0^{\infty}\frac{\dd x}{1+x^3}$ (intégrale $I(\alpha,n)$ ou TD7) et donner la valeur de $I_5$.
___
Il est naturel de placer la coupure sur l'axe réel positif. Sur le reste du plan complexe $f$ a trois pôles simples aux points
$$
z_k=\ed^{\frac{\id \pi(2k+1)}{3}}\quad \text{où } k\in\{0,1,2\}
$$
Parce que $|zf(z)| \to 0$ quand $|z|\to \infty$, par le lemme de Jordan on a
$$
\lim_{R \to +\infty} \int_{\mathscr{C}_R} f(z) \dd z = 0.
$$
Également, car $|zf(z)| \to 0$ quand $|z|\to 0$, on a
$$
\lim_{\epsilon\to0}\int_{\mathscr{C}_\epsilon}\dd z\, f(z)=0
$$
On note
$$
I = \oint_{\Gamma} f(z) \dd z
$$
Par le théorème de résidus on a
$$
I = 2 \pi \id \sum_{k=0}^2 \Res[f, z_k]
$$
avec
$$
\Res[f, z_k]=-\frac{z_k(\ln z_k)^2}{3}
$$
Les contributions de $\mathscr{C}_\epsilon$ et $\mathscr{C}_R$ dans $I$ tendant vers zéro avec $R \to \infty$ et $\epsilon \to 0$, il reste les contributions des intervalles horizontaux au dessus et en dessous de la coupure. Au dessus de la coupure (avec $z=x+\id 0$) on choisit la branche du logarithme avec $\ln(z)=\ln(x)$. Dans ce cas, en dessous de la coupure (avec $z=x-\id 0$) on a $\ln(z)=\ln(x)+2 \pi \id$. Donc
$$
I=\int_0^\infty \frac{(\ln x)^2}{x^3+1}\dd x + \int_\infty^0 \frac{(\ln x+ 2 \pi \id)^2}{x^3+1}\dd x
$$
$$
I=4\pi^2\int_0^\infty\frac{\dd x}{x^3+1} - 4\pi \id \int_0^\infty\frac{\ln x}{x^3+1}\dd x
$$
En comparant les deux expressions pour $I$ on obtient
$$
\int_0^{\infty}\dd x \, \frac{\ln x}{1+x^3} + \id \pi \int_0^{\infty}\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac{1}{6}\sum_{k=0}^2 z_k \left(\ln z_k\right)^2
$$
Le terme de droite donne
$$
\frac{1}{6}\sum_{k=0}^2 z_k \left(\ln z_k\right)^2 = -\frac{\pi^2}{27}(2-6\sqrt{3}\id).
$$
En utilisant la valeur de l'intégrale $I(\alpha, n)$ avec $\alpha=0$ et $n=3$ on obtient pour la partie imaginaire
$$
\id \pi \int_0^{\infty}\frac{\dd x}{1+x^3} = \id \pi I(0,3)=\id\frac{2\sqrt{3}\pi^2}{9}
$$
en correspondance avec l'expression pour la somme. La comparaison des parties réelles donne finalement
$$
\int_0^{\infty}\dd x \, \frac{\ln x}{1+x^3} = -\frac{2\pi^2}{27}.
$$
___
## Exercice 2: Calcul de séries
### 1
Calculer la série
\begin{equation}
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+a^2}
\end{equation}
*Indication:* considérer l'intégrale de la fonction $\frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2+a^2}$ sur un cercle de rayon $R\to\infty$.

Vérifier votre résultat en discutant la limite $a\to0$.
___
On note
$$
f(z)=\frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2+a^2}
$$
Toutes les singularités de $f$ sont des pôles simples, dont une série infinie de pôles aux points $z=n$ avec $n \in \Zset$, et deux pôles supplémentaires en $z=\pm \id a$ correspondant aux zéros du dénominateur. Pour un entier positif $N$ on définit le contour d'intégration $\Gamma_N$ rectangulaire par ses deux côtés verticaux
$$
\{N+1/2+ \id t\ \mid t \in [-N, N]\}
$$
et
$$
\{-N-1/2- \id t\ \mid t \in [-N, N]\}
$$
On peut vérifier que pour $N$ suffisamment grand, $|\cot(\pi z)|$ reste globalement borné sur ce contour. Donc, avec les arguments similaires à ceux du lemme de Jordan, on a
$$
\lim_{N \to \infty}\oint_{\Gamma_N} f(z) \dd z =0.
$$
Par le théorème de résidus on a
$$
\sum_{n \in \Zset} \Res[f, n] + \Res[f, \id a] + \Res[f, -\id a]=0.
$$
Avec
$$
\Res[f, n]=\frac{1}{n^2+a^2}
$$
et
$$
\Res[f, \pm \id a] = -\frac{\pi \coth(\pi a)}{2a}
$$
$$
2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+a^2} + \frac{1}{a^2} = \frac{\pi \coth(\pi a)}{a}
$$
et finalement
$$
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+a^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{a}\coth(\pi a) - \frac{1}{a^2}\right).
$$
Dans la limite $a \to 0$ on peut utiliser la série de Laurent pour $\coth(x)=x^{-1}+x/3+\mathcal{O}(x^3)$, ce qui donne
$$
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}.
$$
___
### 2
*(Facultatif)*
En utilisant la fonction $f(z)=\displaystyle \frac{1}{z^4\sin \pi z}$, prouver que :
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^4}&= -\frac{7\pi^4}{720} \, .
\end{align*}
___
La fonction $f$ a des pôles simples pour $z=n$ avec $0 \neq n \in \Zset$, avec les résidus
$$
\Res[f, n]=\frac{(-1)^n}{\pi n^4}
$$
Dans le point $z=0$ la fonction $f$ a un pôle d'ordre 5. Pour calculer le résidu de ce pôle, on a besoin des trois premiers termes dans le développement de sinus:
$$
\frac{1}{z^4\sin \pi z}=\frac{z^{-4}}{\pi z - (\pi z)^3/6 +(\pi z)^5/120 +\mathcal{O}(z^7)}=\frac{z^{-5}}{\pi}+\frac{\pi}{6}z^{-3}+\frac{7 \pi^3}{360}z^{-1}+\mathcal{O}(z),
$$
parce que
$$
\frac{1}{1 - (\pi z)^2/6 +(\pi z)^4/120 +\mathcal{O}(z^6)}=1+((\pi z)^2/6 -(\pi z)^4/120) + ((\pi z)^2/6 -(\pi z)^4/120)^2 + \mathcal{O}(z^6)
$$
et
$$
-(\pi z)^4/120 + ((\pi z)^2/6)^2 = (\pi z)^4 \left(-\frac{1}{120}+\frac{1}{36}\right)=\frac{7}{360}(\pi z)^4
$$
Alors
$$
\Res[f, 0]=\frac{7 \pi^3}{360}.
$$
En utilisant le même contour $\Gamma_N$ que dans la question précédente, on obtient
$$
\lim_{N \to \infty}\oint_{\Gamma_N} f(z) \dd z =0
$$
ce qui donne par le théorème de résidus
$$
2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\pi n^4} + \frac{7 \pi^3}{360} = 0
$$
et finalement
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^4}= -\frac{7\pi^4}{720}
$$
___
## Exercice 3: Application à la TF
### 1
On introduit la fonction $f(x)=\frac{1}{x^2+a^2}$.

*a)* Calculer $\mathcal{F}_k[f(x)]$ en utilisant le théorème des résidus.
*Indication:* suivant le signe de $k$, considérer l'intégrale de $g(z)=\frac{\ed^{-\id kz}}{z^2+a^2}$ sur l'un des deux contours
*b)* *(Facultatif)* Déduire $\mathcal{F}_k[xf(x)]$.

*c)* *(Facultatif)* Calculer $\mathcal{F}_k[f(x)^2]$.

*Suggestion:* Utiliser soit l'intégration dans le plan complexe, soit la dérivation sous le signe $\int$ pour relier $\mathcal{F}_k[f(x)^2]$ et $\mathcal{F}_k[f(x)]$.
___
La fonction $g$ a deux pôles a $z=\pm \id a$ avec les résidus
$$
\Res[g, \pm \id a] = \pm \frac{\ed^{\pm k a}}{2\id a}
$$
Pour $k<0$ on doit utiliser le contour $\Gamma_+$:
$$
\oint_{\Gamma_+} g(z) \dd z = \frac{\pi \ed^{ka}}{a}
$$
et pour $k>0$ le contour $\Gamma_-$:
$$
\oint_{\Gamma_-} g(z) \dd z = \frac{\pi \ed^{-ka}}{a}
$$
Dans les deux cas la contribution de l'arc de cercle tend vers zéro quand $R \to \infty$, donnant finalement
$$
\mathcal{F}_k[f(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} g(x) \dd x = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{\pi \ed^{-|k|a}}{a}
$$
Pour $\mathcal{F}_k[xf(x)]$ on peut utiliser les intégrales de $z g(z)$ avec les mêmes contours $\Gamma_+$ et $\Gamma_-$ (par contre, on ne peut pas utiliser le lemme de Jordan pour justifier la disparition de la contribution de l'arc du cercle dans la limite $R \to \infty$, il faut soigneusement majorer $|z g(z)|$ sur cette partie). On obtient alors
$$
\mathcal{F}_k[xf(x)]=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\id \pi \,\mathrm{sign}(k)\ed^{-|k|a}
$$
N.B.: Comme $xf \notin L^1(\Rset)$, il n'y a rien d'étonnant que sa transformée de Fourier soit discontinue. Mais comment peut-on définir la transformation de Fourier en dehors de $L^1(\Rset)$? À réfléchir...
Pour calculer $\mathcal{F}_k[f(x)^2]$ on pose
$$
h(z)=\frac{\ed^{-\id k z}}{(z^2+a^2)^2}.
$$
La fonction $h$ a deux pôles doubles a $z = \pm \id a$ avec des résidus
$$
\Res[h, \pm \id a]= \pm \frac{\id(\pm a k -1)}{a^3}\ed^{\pm k a}.
$$
Avec le même raisonnement on obtient
$$
\mathcal{F}_k[f(x)^2] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{\pi(1+|k|a)}{2a^3}\ed^{-|k|a}
$$
*Le point à contrôler:* il ne doit pas y avoir de discontinuité dans la première et seconde dérivée en $k=0$.
___
### 2
Calculer la transformée de Fourier de la fonction
\begin{equation}
\psi(x)=\frac{1}{x^2-2x+2}
\end{equation}
*Indication:* considérer l'intégrale de la fonction $f(z)=\frac{\ed^{-\id kz}}{z^2-2z+2}$ sur les contours $\Gamma_\pm$ et utiliser le théorème des résidus.
___
On a
$$
f(z)=\frac{\ed^{-\id k z }}{(z-1)^2+1}=\frac{\ed^{-\id k z }}{(z-(1+\id))(z-(1-\id))}
$$
Donc la fonction $f$ a deux poles simples $1 \pm \id$ avec les résidus
$$
\Res[f, 1 \pm \id]=\pm \frac{\ed^{-\id k (1 \pm \id)}}{2 \id}
$$
Pour $k<0$ on doit utiliser le contour $\Gamma_+$:
$$
\oint_{\Gamma_+} f(z) \dd z = \pi \ed^{-\id k (1+\id)}
$$
et pour $k>0$ le contour $\Gamma_-$:
$$
\oint_{\Gamma_-} f(z) \dd z = \pi \ed^{-\id k (1-\id)}
$$
Dans les deux cas la contribution de l'arc de cercle tend vers zéro quand $R \to \infty$, donnant finalement
$$
\mathcal{F}_k[\psi(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \dd x = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ed^{-\id k }\pi \ed^{-|k|}
$$
___
### 3
On considère la fonction
\begin{equation}
f(x) =
\begin{cases}
x^{-\alpha} & \mbox{pour } x>0
\\
0 & \mbox{pour } x<0
\end{cases}
\end{equation}
*a)* Discuter la convergence de l'intégrale $\int_0^\infty\dd x\,x^{-\alpha} \,\ed^{-\id k x}$.

*b)* En étudiant l'intégrale de la fonction de la variable complexe $\varphi(z)=z^{-\alpha}\,\ed^{-\id k z}$ sur l'un ou l'autre des deux contours suivant, déduire $\hat{f}(k)=\mathcal{F}_k[f]$:

*Indication:*
On rappelle la définition de la fonction Gamma d'Euler $\Gamma(a)=\int_0^\infty\dd t\, t^{a-1}\,\ed^{-t}$.

*c)* *(Facultatif)*
Si la loi de puissance caractérise seulement le comportement asymptotique de la fonction, $\psi(x)\sim x^{-\alpha}$ pour $x\to+\infty$, y a-t-il une relation entre $\hat{\psi}(k)$ et $\hat{f}(k)$? Pour $k\to0$ ou $k\to\infty$?
___
L'intégrale
$$
\int_0^\infty\dd x\,x^{-\alpha} \,\ed^{-\id k x}
$$
diverge toujours au sens de Lebesgue. Mais au sens de Riemann impropre elle converge si $\alpha \in ]0,1[$.

On place la coupure sur l'axe réel négatif, de sorte que $\varphi$ soit holomorphe à l'intérieur de chacun des deux contours. Considérons d'abord le cas $k<0$. Dans ce cas, en majorant soigneusement $|\varphi|$ (voir la technique de l'exercice 2.4 de TD 6) on peut montrer que pour $\alpha \in ]0,1[$ la contribution de l'arc de cercle sur le contour de gauche dans l'intégrale de $\varphi$ tend vers zéro quand $R \to \infty$. Par le théorème des résidus, les contributions des intervalles rectilignes s'annulent dans la limite $R \to \infty$. En parametrisant l'intervalle vertical comme $z=\id y$ on obtient
$$
\int_0^\infty\dd x\,x^{-\alpha} \,\ed^{-\id k x} = \int_0^\infty \id \dd y (\id y)^\alpha \ed^{ky}\qquad\text{ si }k<0.
$$
Pour $k>0$, on utilisera le contour de droite avec $z=-\id y$ sur l'intervalle vertical:
$$
\int_0^\infty\dd x\,x^{-\alpha} \,\ed^{-\id k x} = -\int_0^\infty \id \dd y (-\id y)^\alpha \ed^{-ky}\qquad\text{ si }k>0.
$$
Dans les deux cas, on obtient (avec un changement de variables $t=\mp k y$)
$$
\mathcal{F}_k[f] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}|k|^{-\alpha-1}\ed^{-\mathrm{sign}(k)\frac{\pi \id (\alpha+1)}{2}} \Gamma(\alpha+1).
$$
*À réfléchir:* comparez ce résultat avec celui du calcul naïf (par un changement de variable directement dans l'intégrale de la transformation de Fourier, sans considérations de convergence):
$$
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}(ik)^{-\alpha-1}\Gamma(\alpha+1).
$$
___