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title: 'TD 7 : Singularités et résidus'

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# TD 7 : Singularités et résidus
$$
\newcommand{\dd}{\mathrm{d}}
\newcommand{\idd}{\,\mathrm{d}}
\newcommand{\id}{\mathrm{i}}
\newcommand{\ed}{\mathrm{e}}
\newcommand{\Cset}{\mathbb{C}}
\newcommand{\Nset}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Res}{\mathrm{Res}}
\newcommand{\Re}{\mathrm{Re}}
\newcommand{\Im}{\mathrm{Im}}
$$
## Exercice 1 : Pôles et résidus
Identifier et caractériser les singularités $z_k$ des fonctions suivantes. En calculer les résidus.
\begin{align*}
  f_1(z)&= \frac {1}{1+z^n}   \: \quad ({\it indication: \, voir \, le \, TD4;} \, \, \Res(f_{1},z_{k})=-z_{k}/n) ,
  \\ 
  f_2(z)&=\frac {1} {\sin(z)}  \quad ({\it indication:} \, \, \Res(f_{2},z_{k})=(-1)^{k}) ,
  \\
  f_3(z)&= \ed^{ -1/z^2}    \:, 
  \\ 
   f_4(z)&= \frac{\ed^{\id z}}{z(z-2\id)^2}  \quad ({\it indication:} \, \, \Res(f_{4},2i)=3 e^{-2}/4),
  \\
  f_5(z)&= \frac{\cos{z}}{z[z^4+(1-\pi^2)z^2-\pi^2]} \quad ({\it facultatif}),
  \\ 
f_6(z)&= \frac{1}{1-z^n}  \quad ({\it facultatif}).
\end{align*}
___
Le polynôme $z^n+1$ a $n$ racines distinctes:
$$
z_k=\ed^{\frac{\pi \id (2k+1)}{n}},\quad \text{où } k \in \{0,\dots,n-1\}
$$
Donc, il n'a pas de racines multiples, et on peut utiliser la formule suivante pour calculer le résidu de $h(z)/g(z)$ au point $z_0$ où $g(z_0)=0$:
$$
\Res\left[ \frac{h(z)}{g(z)}, z_0\right]=\frac{h(z_0)}{g'(z_0)}
$$
avec $h(z)=1$ et $g(z)=z^n+1$. On a 
$$
g'(z_k)=nz_k^{n-1}=-\frac{n}{z_k}
$$
(car $z_k^n=-1$). Donc
$$
\Res[f_1, z_k]=-\frac{z_k}{n}.
$$
Ce sont des pôles simples.
___
Pour $f_2$, on considère les zéros de $\sin(z)$:
$$
\sin(z)=0\,\implies\, \ed^{\id z}=\ed^{-\id z}\,\implies\, \Re(\id z)=\Re(-\id z)\, \implies\, \Im(z)=0
$$
On constate qu'en dehors de l'axe réel, $\sin(z)$ ne s'annule pas. Donc, tous les zéros de $\sin(z)$ sont donnés par la formule
$$
z_k=\pi k
$$
Comme la première derivée du dénominateur 
$$
\sin'(z_k)=\cos(z_k)=(-1)^k
$$
ne s'annule pas en ces points, les singularités de $f_2$ sont des pôles simples avec des résidus
$$
\Res[f_2, z_k]=(-1)^k
$$
Ce sont des pôles simples.
___
L'exponentielle étant une fonction entière, $f_3$ a une singularité isolée au point $0$, où l'exposant $-1/z^2$ est singulier. Le developpement de l'exponentielle
$$
\ed^{-1/z^2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n z^{-2n}}{n!}
$$
converge absolument sur $\Cset \backslash \{0\}$. Cette expression donne donc une serie de Laurent pour $f_3(z)$ autour de $z=0$. Comme le coefficient devant $z^{-1}$ est nul, $\Res[f_3, 0]=0$. C'est une singularité essentielle.
___
$$
f_4(z)= \frac{\ed^{\id z}}{z(z-2\id)^2}=\frac{h(z)}{g(z)}.
$$
Comme $g$ et $h$ sont des fonctions entières, les seules singularités de $f_4$ sont les zéros de $g$, soit $\{0, 2\id\}$. Le point $0$ est un pôle simple, car $g'(0)=-4\neq 0$. Le résidu est calculé par la même méthode que pour $f_1$ et donne
$$
\Res[f_4, 0]=-\frac{1}{4}.
$$
Au point $z=2\id$ on a $g(2\id)=g'(2\id)=0$, mais $g''(2\id)\neq 0$. Il s'agit donc d'un pôle d'ordre 2. On note que $f_4$ a la forme $f_4(z)=w(z)(z-2\id)^{-2}$ avec $w(z)=z^{-1}\ed^{\id z}$. Le résidu de $f_4$ en $z=2\id$ est donc donné par la formule suivante:
$$
\Res[f_4, 2\id]=\frac{w'(2\id)}{1!}=\ed^{\id z}(-z^{-2}+\id z^{-1})\Big|_{z=2\id}=\ed^{-2}\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)=\frac{3\ed^{-2}}{4}
$$
___
$$
f_5(z) = \frac{\cos{z}}{z[z^4+(1-\pi^2)z^2-\pi^2]}
$$
On commence par la factorization du dénominateur:
$$
z[z^4+(1-\pi^2)z^2-\pi^2]=z(z^2-\pi^2)(z^2+1)=z(z-\pi)(z+\pi
)(z-\id)(z+\id)
$$
Ce polynôme a 5 racines simples aux points $\{0, \pi, -\pi, \id, -\id\}$ qui sont donc les pôles simples de $f_5$. Au voisinage du chaque pôle $z_k$, on écrit $f_5(z)=h_k(z)(z-z_k)^{-1}$, où $h_k$ est regulière en $z_k$, donc $\Res[f_5, z_k]=h_k(z_k)$. Par exemple, pour $z_1=0$
$$
h_1(z)=\frac{\cos{z}}{(z-\pi)(z+\pi
)(z-\id)(z+\id)}
$$
$$
\Res[f_5, 0]=\frac{\cos(0)}{(-\pi)\pi(-\id)\id}=-\pi^{-2}
$$
$$
\Res[f_5, \pi]=\frac{\cos(\pi)}{\pi\cdot 2\pi(\pi-\id)(\pi+\id)}=-\frac{1}{2\pi^2(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f_5, -\pi]=\frac{\cos(-\pi)}{(-\pi)(-2\pi)(-\pi-\id)(-\pi+\id)}=-\frac{1}{2\pi^2(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f_5, \id]=\frac{(\ed^{\id\cdot\id}+\ed^{-\id\cdot\id})/2}{\id(\id-\pi)(\id+\pi)2\id}=-\frac{\ed+\ed^{-1}}{4(\pi^2+1)}
$$
$$
\Res[f_5, -\id]=\frac{(\ed^{-\id\cdot\id}+\ed^{\id\cdot\id})/2}{-\id(-\id-\pi)(-\id+\pi)(-2\id)}=-\frac{\ed+\ed^{-1}}{4(\pi^2+1)}
$$
___
$$
f_6(z) = \frac{1}{1-z^n}
$$
On utilise la même méthode que pour $f_1$. Les racines du polynôme $1-z^n$ sont
$$
z_k=\ed^{2\pi \id k/n},\quad \text{où } k \in \{0,\dots,n-1\}
$$
La première derivée de $1-z^n$ au point $z_k$ est
$$
-nz_k^{n-1}=-\frac{n}{z_k}
$$
(car $z_k^n=1$). On a alors
$$
\Res(f_6, z_k)=-\frac{z_k}{n}
$$
___
## Exercice 2 : Développement en série de Laurent
### 1
Donner le développement de Laurent dans $\Cset^\ast$, centré sur l'origine $z=0$, de la fonction $f(z) = \ed^{z} / z^2$. Commenter votre résultat.
___
On considère le developpement de l'exponentielle
$$
\ed^z=\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}
$$
Cette série converge absolument sur tout $\Cset$, on a donc le droit de multiplier tous ses termes par $z^{-2}$ pour $z\neq 0$:
$$
f(z)=\sum_{n=-2}^\infty \frac{z^n}{(n+2)!}
$$
Cette série de Laurent indique que $f$ a un pôle double en $0$, avec un résidu
$$
\Res[f, 0]=1.
$$
___
### 2
Donner les développements de Laurent dans les régions $\vert z \vert < 1$; $1< \vert z \vert < 3$; $\vert z\vert > 3$
(voir la figure ci-dessous) de la fonction: 
$$
f(z) = {1 \over z^2 - 4z + 3} .
$$
![](https://i.imgur.com/UCVMKyN.jpg)
___
On commence par la factorization du dénominateur:
$$
f(z) = \frac{1}{(z-3)(z-1)}
$$
et la décomposition en éléments simples:
$$
f(z) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-z}-\frac{1}{3-z}\right)
$$
Considérons deux formes équivalentes (en dehors de $\{0, 1\}$) du premier terme:
$$
\frac{1}{1-z}=-z^{-1}\frac{1}{1-z^{-1}}.
$$
L'expression de gauche se prête bien au développement autour de $0$, et celle de droite --- autour de $\infty$:
$$
\frac{1}{1-z}=\begin{cases} 1+z+z^2+\dots &\mbox{if } |z|<1 \\
-z^{-1}-z^{-2}-z^{-3}-\dots & \mbox{if } |z|>1 \end{cases}
$$
Le même raisonnement s'applique au second terme:
$$
\frac{1}{3-z}=\frac{1}{3}\frac{1}{1-z/3}=-z^{-1}\frac{1}{1-3z^{-1}}
$$
donnant
$$
\frac{1}{3-z}=\begin{cases} \frac{1}{3}\left(1+\frac{z}{3}+\frac{z^2}{3^2}+\dots \right)&\mbox{if } |z|<3 \\
-z^{-1}-3z^{-2}-3^2z^{-3}-\dots & \mbox{if } |z|>3 \end{cases}
$$
En combinant les deux formules on a 
$$
f(z)=\begin{cases} \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1-3^{-n-1}}{2}\right)z^n&\mbox{if } |z|<1 \\
\sum_{n=-\infty}^{-1} \left(-\frac{1}{2}z^n\right)+\sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{3^{-n-1}}{2}z^n\right)&\mbox{if } 1<|z|<3 \\
\sum_{n=-\infty}^{-1} \left(\frac{-1+3^{-n-1}}{2}\right)z^n & \mbox{if } |z|>3 \end{cases}
$$
Un point à contrôler: le résidu à l'infini (il doit être 0).
___
## Exercice 3 : Théorème des résidus
### 1
En utilisant le contour proposé ci-dessous, calculer l'intégrale 
$$
  \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ed^{\id x}}{(x-\id\, a)^2} \dd x \, ,
     \hspace{1cm}\mbox{avec } a>0
     \:.
$$
![](https://i.imgur.com/IHbEE1N.jpg)
Comparer à l'intégrale du TD6. On pourra discuter $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ed^{\id kx}}{(x-\id\, a)^2} \dd x$ selon le signe de $k$.
___
On considère tout de suite le cas général, en commençant par le cas $k\ge 0$. Soit
$$
I_R=\oint_{\gamma_r\cup C_R} \frac{\ed^{\id kz}}{(z-\id a)^2}\dd z
$$
Par le lemme de Jordan, pour $k\ge 0$, la contribution de $C_R$ dans cette intégrale tend vers $0$ quand $R \to \infty$, donc
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ed^{\id kx}}{(x-\id\, a)^2} \dd x = \lim_{R\to \infty} I_R, \quad \mbox{avec } a>0 \mbox{ et } k\ge 0
$$
L'expression sous le signe de la somme
$$
f(z)=\frac{\ed^{\id kz}}{(z-\id\, a)^2}
$$
a une seule singularité sur $\Cset$. un pôle double en $z=\id a$, avec le résidu
$$
\Res [f, \id a]=\id k \ed^{-k a}.
$$
Par le théorème des résidus, si $R$ est suffisamment grand pour que le contour sur le dessin encercle le pôle $\id a$,
$$
I_R=2 \pi \id \Res [f, \id a] = -2\pi k \ed^{-ka}.
$$
Pour $k<0$, on ne peut plus utiliser le lemme de Jordan avec le contour du dessin. On peut, par contre, utiliser son image miroir par rapport à l'axe réel. Comme cet autre contour n'encercle pas de singularités de $f$, l'intégrale sera égale à $0$. Donc, le résultat final est
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\ed^{\id k x} \dd x}{(x-\id\, a)^2}=\begin{cases}-2\pi k \ed^{-ka}&\mbox{ si } k \ge 0\\
0& \mbox{ si } k<0\end{cases}
$$
Il est utile d'analyser le comportement de cette fonction au voisinage de $k=0$ et vérifier s'il est cohérent avec la loi de décroissance de $f(x)$ quand $x \to \infty$. 
___
### 2
En utilisant le contour proposé ci-dessous, montrer que
$$
\int_0^{+\infty}\frac{\dd x}{1+x^n}=\frac{\pi /n}{\sin(\pi/n)} \qquad \text{(pour } n \in \Nset, \quad n\geqslant 2) 
$$
![](https://i.imgur.com/4XCqNzx.jpg)
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On note
$$
f(z)=\frac{1}{1+z^n}
$$
$$
I=\int_0^{+\infty}\frac{\dd x}{1+x^n}
$$
Cette intégrale de Riemann impropre est donnée par la limite 
$$
I=\lim_{R\to \infty} I_R
$$
 de l'intégrale définie $I_R$:
 $$
 I_R=\int_0^{R}\frac{\dd x}{1+x^n}
 $$
 $I_R$ correspond à la contribution de l'intervalle horizontale du contour $\gamma$  dans l'intégrale
 $$
 \oint_{\gamma}f(z) \dd z.
 $$
 Notez que 
 $$
 (z\ed^{2\pi\id/n})^n=z^n.
 $$
 La contribution de la partie rectiligne inclinée de $\gamma$ est égale à $-\ed^{2\pi \id/n}I_R$.  En même temps, la contribution de l'arc de cercle tend vers $0$ quand $R \to \infty$.  Donc
 $$
 I(1-\ed^{2\pi \id/n})=\oint_{\gamma}f(z) \dd z
 $$
 et par le théorème des résidus
 $$
 I(1-\ed^{2\pi \id/n})=2\pi \id \Res[f, z_0],
 $$
 où $z_0=\ed^{\pi \id/n}$ est le pôle de $f$ encerclé par $\gamma$. Donc
 $$
 I(1-\ed^{2\pi \id/n})=-\frac{2\pi\id \ed^{\pi\id/n}}{n},
 $$
 d'où
 $$
 I=\frac{\pi}{n \sin(\pi/n)}.
 $$
 Les choses à contrôler: la valeur de $I$ pour $n=2$ et a limite pour $n \to \infty$.
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### 3 Exercice plus difficile
Soit la fonction
$$
  C(\lambda,\theta)
  = \frac{\sinh\lambda}{\cosh\lambda - \cos\theta}
  %=\sinh\lambda/\big[\cosh\lambda - \cos\theta\big]
  \hspace{0.5cm}\mbox{avec } \lambda>0\:.
$$
Nous étudions sa décomposition de Fourier (discrète) $C(\lambda,\theta)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}C_n(\lambda)\,\ed^{\id n\theta}\,$. Montrer que
$$
\int_0^{2\pi} \frac{\ed^{\id n\theta}}{\cosh\lambda - \cos\theta} \frac{\dd\theta}{2\pi} = \frac{e^{-|n|\lambda}}{\sinh \lambda}
\:.
$$
___
On note 
$$
I=\int_0^{2\pi} \frac{\ed^{\id n\theta}}{\cosh\lambda - \cos\theta} \frac{\dd\theta}{2\pi} 
$$
On utilisera le changement de variable
$$
z=\ed^{\id \theta}
$$
avec
$$
\dd \theta = -\id \frac{\dd z}{z}.
$$
On note également que
$$
2(\cosh \lambda -\cos \theta)=\ed^\lambda +\ed^{-\lambda}-(z +z^{-1})=-z^{-1}(z-\ed^\lambda)(z-\ed^{-\lambda})
$$
Alors
$$
I=\frac{\id}{\pi}\oint \frac{z^n \dd z}{(z-\ed^\lambda)(z-\ed^{-\lambda})},
$$
où l'intégration est faite sur le cercle unité dans le sens trigonométrique. Par le théorème des résidus
$$
I=-2\Res[f, \ed^{-\lambda}],
$$ 
où
$$
f(z)=\frac{z^n}{(z-\ed^\lambda)(z-\ed^{-\lambda})}
$$
car $\ed^{-\lambda}$ est le seul pôle de $f$ encerclé par le cercle unité pour $\lambda>0$ et $n\ge 0$. On a
$$
\Res[f, \ed^{-\lambda}]=\frac{\ed^{-n \lambda}}{\ed^{-\lambda} - \ed^\lambda}
$$
et
$$
I=\frac{\ed^{-n\lambda}}{\sinh \lambda}.
$$
Comme l'intégrale de la partie imaginaire de $\ed^{\id n\theta}$ s'annule, la valeur de $I$ ne dépend que de la valeur absolue de $n$, donc finalement on a
$$
I=\frac{\ed^{-|n|\lambda}}{\sinh \lambda}.
$$
Cette expression donne $C_{-n}(\lambda)$, donc
$$
C_{n}(\lambda)=\frac{\ed^{-|n|\lambda}}{\sinh \lambda}.
$$
___
