introduction aux fonctions d’une variable complexe
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©Pierre Amiot, 2013
Introduction aux fonctions d’une variable complexe.
I. Rappel sur les nombres complexes
Un nombre complexe, z, est un doublet de nombres réels
z = (x, y) = x + iy, où i = !1, i2 = !1
On dit que z appartient à l’ensemble des complexes, z!! , alors que x, y!! , l’ensemble
respectivement des complexes et des réels. On appelle souvent x la partie réelle, x = Re(z)
alors que y est la partie imaginaire de z, y = Im(z) .
On définit l’addition entre deux nombres complexes comme donnant un nombre
complexe où la partie réelle/imaginaire est la somme des parties réelles/imaginaires
z + !z = x + !x( ) + i y + !y( ) La multiplication est définie par
z !z = x !x " y !y + i x !y + y !x( )
Tout nombre complexe possède un conjugué, noté ici z* et défini en changeant le signe
de la partie imaginaire, z* = x ! iy . Nous vérifions immédiatement le résultat suivant
zz* = x2 + y2 = le module de z au carré = z 2 , un réel.
Nous pouvons même définir une division entre nombres complexes comme donnant un
nombre complexes w
w = !zz= !z z*
zz*= !z z*
z 2
Une façon utile de représenter les nombres complexes utilise un plan de type cartésien
où l’axe vertical mesure la valeur de y et l’axe horizontal mesure la valeur de x. L’axe x est
appelé l’axe des réels et l’axe y l’axe des imaginaires. Ainsi, un point dans le plan représente
un nombre complexe. On constate que le couple x et y peut être remplacé par le couple r et
! dans une représentation planaire du nombre complexe où clairement
2
r = z = x2 + y2( )! = tg"1 y / x( )
Clairement, r est la longueur entre l’origine et le point, alors que ! est son angle
d’élévation au dessus de l’axe des réels. Par simple trigonométrie
x = r cos!y = r sin!
et donc le nombre complexe z s’écrit
z = r cos! + isin!( ) = rei! et z* = re! i" Cette dernière représentation, dite de Moivre, est particulièrement utile dans les
applications physiques. La Nature n’a pas de réalités complexes, seulement des réelles, mais
un nombre complexe permet de transporter/manipuler simultanément deux quantités
réelles, ce qui s’avère parfois économique.
On aura noté que la notation de Moivre permet de calculer facilement toute puissance,
positive, négative ou fractionnelle d’un nombre complexe, puisque
!
"
#!
3
z! = r!ei!" pour tout ! . Ainsi, la racine carrée de z est z1/2 = r1/2ei! /2 . De plus, la
division se calcule beaucoup plus facilement
w = !zz= !z z*
zz*= !z z*
z 2= !r ei !"
rei"= !rrei !" #"( )
On peut identifier quelques valeurs particulières ou quelques propriétés
1. Si z = i, alors x = 0 et y = 1, donc r = 1 et ! = π/2, donc i = ei! /2 .
i1
!
4
2. Si z = -‐1, alors x = -‐1 et y = 0, donc r = 1 et ! =π, donc !1= e± i"
3. On voit que z et z* sont obtenus l’un de l’autre par effet miroir à travers l’axe réel
4. Clairement, z ! + 2n"( ) = z !( ), si n entier , puisque le point revient sur lui-‐même à
chaque rotation de 2π, donc z reprend la même valeur.
i!-1
i
i
!!
!"
5
II. Fonction d’une variable complexe La fonction f d’une variable complexe z est une application f(z) qui fait correspondre un
nombre complexe f à un autre nombre complexe z. On écrit parfois
f :!!!
Étant donné qu’on peut écrire z comme z = x +iy , où x et y sont des nombres réels, alors
on peut écrire f , qui est aussi un nombre complexe, comme
f z( ) = u x, y( ) + iv x, y( ) où u et v sont deux fonctions réelles de nombres réels u(x, y) et v(x, y). Ainsi, par exemple, si
f(z) = z2, alors on évalue directement que
f (z) = x2 ! y2 + 2ixy = u(x, y)+ iv(x, y) , identifiant directement
u(x, y) = x2 ! y2 et v(x, y) = 2xy
Nous allons maintenant définir certaines caractéristiques des fonctions complexes qui
seront particulièrement utiles dans ce texte.
1. Continuité : On dit que la fonction f(z) est continue à et autour du point z = c, ssi (si
et seulement si) à tout nombre positif ! aussi petit que l’on veut, on peut faire correspondre
un nombre positif ! , tel que z ! c <" implique
f (z)! f (c) < " , z,c#!, " #"
2. Uniformité : une fonction est uniforme ssi à chaque valeur de z correspond une seule
valeur de f(z). C’est le cas de f (z) = z2 ci-‐dessus. Ce n’est pas le cas de f(z)= z1/n , puisque pour
la même valeur de z, une rotation de 2π donne z = rei! " rei !+2m#( ) . Dans ce cas, une rotation
de 2π nous donne
f (z + 2! ) = r1/nei "n+2m!
n#$%
&'( ) f (z) ,
puisque pour m entier quelconque qui calcule le nombre de tours de 2π que fait z, la quantité
m/n ne sera pas un entier et la fonction ne reviendra pas à sa valeur
Le deuxième terme dans l’exponentielle fait qu’un changement de 2π dans z, ce qui garde
z invariant, ne ramène pas f à la même valeur, parce que 2m / n est en général différent d’un
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nombre pair. La fonction f ne revient à la même valeur que si 2m/n est pair, ce qui n’arrivera
qu’à chaque fois que m augmentera de p, là où m compte les tours de z (2π à chaque tour. On
dit alors que la fonction a p feuillets, elle n’est pas uniforme.
Ce type de résultat est bien connu, même en fonction d’une variable réelle où, par
exemple, 4 = ±2 qu’on pourrait voir comme
4 = + 2,!2,+2,!2,+2,!2..... deux feuillets. Avec notre exemple f(z)= z1/n la fonction
a n feuillets.
3. Analyticité : une fonction uniforme ou un de ses feuillets est analytique si sa dérivée,
définie comme
lim!z"#
f z + !z( )$ f z( )!z
existe et est indépendante de la direction, i.e. de la façon dont !z tend vers zéro. Puisque
!z = !x + i!y là où !x et !y sont indépendants, cela donne un nombre infini de façons de
faire tendre !z à zéro.
Cette propriété (analyticité) s’avérera très importante, aussi cherchons à en préciser le sens.
Écrivons f z( ) = u x, y( ) + iv x, y( ) et calculons
!f!z
= !u + i!v!x + i!y
i
7
Nous avons évidemment !u = "u"x
!x + "u"y
!y et !v = "v"x
!x + "v"y
!y
Ce qui fait qu’en remplaçant et en allant à la limite infinitésimale pour x et y, nous avons
dfdz
=
!u!x
+ i !v!x
"#$
%&' dx +
!u!y
+ i !v!y
"#$
%&'dy
dx + idy
Prenons donc les deux cas limites. Dans un premier temps, prenons la limite sur l’axe
réel, donc dy = 0 et seul dx tend vers zéro, ce qui nous donne
dfdz
=
!u!x
+ i !v!x
"#$
%&' dx
dx= !u!x
+ i !v!x
Prenons maintenant la limite le long de l’axe imaginaire, là où dx = 0 et dy tend vers zéro,
ce qui nous donne
dfdz
=
!u!y
+ i !v!y
"#$
%&'dy
idy= 1i!u!y
+ !v!y
= (i !u!y
+ !v!y
Ces deux limites doivent être identiques, donc leurs parties réelles doivent être égales et
leurs parties imaginaires doivent être égales, ce qui impose les conditions
!u!x
= !v!y, !v
!x= " !u
!y
dites conditions de Cauchy-‐Riemann. On vérifie facilement qu’elles donnent
!2u!x2
+ !2u!y2
= 0
!2v!x2
+ !2v!y2
= 0
Techniquement, la façon la plus simple de s’assurer que la fonction f est analytique est
de vérifier que f peut s’écrire comme fonction de z uniquement, sans ajout de dépendance en
x, ni en y, ni en z*.
Par exemple, f = x + 2iy = z + iy n’est pas analytique, alors que f = x2 ! y2 + 2ixy = z2 est
une fonction analytique.
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4. Fonction holomorphe : est holomorphe une fonction à la fois continue, uniforme et
analytique.
III. L’Intégrale curviligne et ses propriétés centrales 1. Définition
Soit une courbe C dans le plan complexe allant de z0 à z. On la découpe en définissant sur
C une série de points intermédiaires, notés z1, z2, z3,...zn = z . On note l’écart !zm = zm " zm"1 et
on choisit entre zm et zm!1 un point intermédiaire noté pm . On définit alors la somme
Sn = f pm( )m=1
n
! "zm
On fait ensuite tendre n!" , de telle sorte que !zm " 0 . La somme Sn devient
indépendante des points intermédiaires et tend alors vers une valeur appelée intégrale
curviligne de f z( ) le long de la courbe C et on note le résultat
limn!"
Sn = f z( )dzC#
C
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Cette intégrale dépend en général de f z( ) et de C. Si la courbe est finie et de longueur s
et que la fonction est telle que f z( ) < M sur toute la courbe, alors il est évident que
f z( )dzC! < Ms
Développée, l’expression peut s’écrire comme
f z( )dzC! = udx " vdy( ) + i udy + vdx( )
C!
C!
mais cette forme ne s’avère pas très utile.
2. Théorème de Cauchy
Soit un domaine D du plan complexe dans lequel une fonction f z( ) est holomorphe. Alors l’intégrale curviligne de f z( ) sur tout parcours fermé C (un contour) dans D est nulle. En d’autres termes, l’intégrale curviligne de f z( ) entre deux points, z0 et z sera indépendante du parcours reliant ces points. Nous le démontrons en utilisant le théorème de Stokes pour
un champ de vecteurs, limité ici en 2 dimensions !A = Ax ,Ay( ) . Le théorème s’écrit
!
!
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!"!A i d!s =
!A i d!l
C"#
S#
où C est une courbe fermée qui limite une surface (ouverte) S. Explicitement
Axdx + Aydy( ) =C!!
"Ay
"x# "Ax
"y$%&
'()S
! dxdy
Identifiant u = Ax et v = !Ay , le côté droit est exactement nul par la condition de Cauchy-‐
Riemann, donc le côté gauche l’est aussi
0 = udx ! vdy( ) =
C!" Re f (z)dz
C!"
#
$%&
'(
et identifiant v = Ax u = Ay , le côté droit est ici aussi nul par Cauchy-‐Riemann, alors le côté
gauche aussi
0 = vdx + udy( ) =
C!! Im f (z)dz
C!!
"
#$%
&'
Puisque les parties réelle et imaginaire de f (z)dz
C!! sont nulles alors
f (z)dz
C!! =0
Il devient donc possible de déformer le parcours C à volonté, aussi longtemps que nous
restons dans le domaine D où la fonction f est holomorphe, sans changer la valeur de
l’intégrale.
3. Formule de Cauchy
Soit une fonction f (z) holomorphe sur et à l’intérieur d’un parcours fermé C et un point
z0 à l’intérieur du parcours, alors la formule de Cauchy dit que
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f z0( ) = 1
2! if (z)dzz " z0C!#
L’intégrale se fait dans le sens direct, i.e. dans le sens antihoraire. L’intégrant est
holomorphe partout sauf au point z = z0 . On entoure ce point d’un petit cercle ! dans le sens
horaire. L’intégrant est holomorphe partout dans l’espace entre C et ! . Pour exprimer ce
résultat (le sens horaire), on doit additionne les deux intégrales, ce qui donne
f (z)dzz ! z0C!" ! f (z)dz
z ! z0= 0
#!" $ f (z)dz
z ! z0C!" = f (z)dz
z ! z0= 0
#!" (I)
où on voit clairement que le signe – vient du fait que le petit cercle intérieur est parcouru en
sens inverse.
Étrangement, on voit que l’intégrale sur le petit cercle ! est indépendante du rayon r du
petit cercle, puisque l’intégrale est exprimable en fonction de l’intégrale sur le parcours
fermé C qui est déformable à volonté.
Récrivons maintenant le côté droit de (I)
f (z)dzz ! z0
= f (z0 )dzz ! z0"!#
"!# + f (z)! f (z0 )
z ! z0"!# (II)
i
!"
#$
!%
!
12
Pour intégrer, utilisons z0 comme origine, et définissons alors z ! z0 = rei" sur ! et
dz = irei!d! parce que ! est un cercle sur lequel r est constant. Le premier terme de (II)
donne
f (z0 )z ! z0"!# = f (z0 )
dzz ! z0"!# = f (z0 )
irei$d$rei$"!# = if (z0 ) d$
0
2%
#= 2% if (z0 )
Le deuxième terme de (II) est nul lorsque r tend vers zéro et que z se confond avec z0.
Remplaçant dans (I) nous donne la formule de Cauchy
f z0( ) = 1
2! if (z)dzz " z0C!#
IV. Développement en série et points singuliers
1. Série de Taylor
Soit une fonction f(z) holomorphe dans un domaine D contenant les points
z = a et z = z0 . On peut alors écrire f z0( ) comme une série de Taylor
f z0( ) = f a( ) + z0 ! a( ) "f a( ) + z0 ! a( )22!
""f a( ) + ...
L’existence de cette série peut se démontrer à l’aide de la formule de Cauchy, mais nous
l’admettrons simplement. Notons que si a est l’origine, cette série devient celle de Mac
Laurin.
2. Points singuliers
Tout point autour duquel une fonction analytique est développable en série de Taylor
est un point ordinaire. Tout point autour duquel un tel développement est impossible est un
point singulier. Il y en a de différents types, dépendant du comportement de f(z) en ces
points.
a. Pôles : des points singuliers isolés où f(z) diverge, mais au voisinage desquels f(z)
reste uniforme. Si z0 est un pôle de f(z), alors il est un point régulier de 1/ f(z).
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b. Points singuliers essentiels : des points singuliers isolés de f(z) et qui le demeurent
pour 1/ f(z)
c. Points critiques ou de branchement : des points singuliers au voisinage desquels
f(z) n’est pas uniforme. Ils ne sont donc pas isolés, mais s’étendent sur un
voisinage.
Exemples :
i. La fonction f(z) = 1/z a un pôle à z = 0 (où elle diverge). La fonction f(z) = 1/(z -‐ a)
a un pôle à z = a. La fonction f(z) = 1/z2 a un pôle double à z = 0. Dans les trois cas,
1/ f(z) reste holomorphe, donc analytique.
ii. La fonction f(z) = sin(1/z) a un point singulier essentiel à z = 0, puisque ni f(z) ni
1/ f(z) ne sont uniformes à z = 0. Tout ce qu’il est possible de dire, c’est que la
valeur de la fonction est entre -‐1 et +1, sans savoir laquelle. La même incertitude
s’applique à 1/ f(z). La fonction f(z) = e1/(z -‐ a) a un point essentiel à z = a.
iii. La fonction f(z) = z1/n a un point de branchement à z = 0. Nous avons déjà vu que
cette fonction n’est pas uniforme, par exemple la fonction f z( ) = z1/2 . Ici,
z = z1 = rei! " z2 = e
i !+2#( ) , tous deux le même point, mais f z2( ) = ! f z1( ) .
3. Série de Laurent
Soit une fonction f z( ) holomorphe en tous points d’un domaine D du plan complexe, sauf en un point z = a, où elle possède un point singulier isolé (pôle ou point singulier
essentiel). Centrons sur z = a deux parcours circulaires ! et " , le premier en sens
normal (antihoraire) et le deuxième (plus petit) en sens inverse.
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La fonction f z( ) est holomorphe dans l’espace entre ces deux cercles où on retrouve un point noté z0 . Par la formule de Cauchy, nous pouvons écrire, pour tout point z0 à
l’intérieur de cette couronne
f z0( ) = 1
2! if z( )z " z0
dz " f z( )z " z0
dz#!$
%!$&
'((
)
*++
i) On note que sur ! , z ! a > z0 ! a . À partir du développement évident
1z ! z0
= 1z ! a ! z0 ! a( ) =
1z ! a
i1
1! z0 ! az ! a
on peut écrire
f z( )z ! z0
=f z( )z ! a
1+ z0 ! az ! a
+z0 ! a( )2z ! a( )2
+ ...+z0 ! a( )nz ! a( )n
+ ..."
#$$
%
&''
Pour z sur ! , cette série est absolument convergente, on peut donc l’évaluer terme à
terme (l’intégrale de la somme sera égale à la somme des intégrales). Ainsi, le premier
terme de notre expression pour f z0( ) , nous donne
12! i
f z( )z " z0
dz#!$ = A0 + A1 z0 " a( ) + A2 z0 " a( )2 + ...+ An z0 " a( )n + ...
où
Im
Re
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An =
12! i
f z( )z " a( )n+1#!$ dz
Cette série est clairement le série de Taylor pour laquelle nous savons calculer
directement les coefficients
An =
!n f z( )!zn z=a
= f n a( ) " 12# i
f z( )z $ a( )n+1
dz%!&
La deuxième égalité est une des formules importantes de Cauchy.
ii) Pour l’intégrale sur ! , z ! a < z0 ! a et pour avoir convergence absolue, nous
devons considérer
1z0 ! z
= 1z0 ! a ! z ! a( ) =
1z0 ! a
i1
1! z ! az0 ! a
ce qui permet d’obtenir pour le second terme de l’expression de f z0( )
f z( )z0 ! z
=f z( )z ! a
1+ z ! az0 ! a
+z ! a( )2
z0 ! a( )2+ ...+ z ! a( )n
z0 ! a( )n+ ...
"
#$$
%
&''
une série qui converge absolument sur ! , ce qui permet d’obtenir
12! i
f z( )z0 " z
dz#!$ = A"1
z0 " a( ) +A"2
z0 " a( )2+ ...+ A"n
z0 " a( )n+ ...
avec A!n =
12" i
f (z) z ! a( )n!1 dz#!$
Plaçant tous ces résultats ensemble, nous avons
f (z0 ) = ...+A!n
z0 ! a( )n+ ...+ A!2
z0 ! a( )2+ A!1
z0 ! a( ) + A0 + A1 z0 ! a( ) + ...+ A!n
z0 ! a( )n+ ...
C’est la série de Laurent. Elle jouera un rôle central. En particulier, elle permet une
identification du type de singularité situé en z = a. En effet, si la série s’étend sans fin
dans la direction des A!n , i.e. si A!n ! 0 lorsque n!" , alors z = a est un point
singulier essentiel. Par contre, si la série se termine dans cette même direction, i.e. si
A!m = 0 pour m > n où n est fini, alors le point singulier est un pôle d’ordre n, A!n
étant le dernier coefficient non nul dans cette direction. Nous avons un pôle simple si
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le seul coefficient d’indice négatif non nul est A!1 . Si A!2 est non nul, mais tous les A!n ,
n > 2 sont nuls, le pôle est double, etc.
La façon de calculer les coefficients de la série de Laurent n’est pas unique. On peut les
calculer par les formules fournies, mais il est parfois possible de les calculer par
méthode algébrique. Prenons par exemple la fonction
f z( ) = 1
zi1z !1
Autour de z = 0, le facteur 1/(z – 1) reste analytique dans ce voisinage et on peut donc
l’écrire comme une série de Taylor
f z( ) = 1z
i1z !1
= ! 1z
i11! z
= ! 1z1+ z + z2 + ...+ zn + ..."# $%
= ! 1z!1! z ! z2 ! ...! zn & A!1
z+ A0 + A1 + A2 + ...+ An + ...
On identifie immédiatement A!1 = !1, A0 = !1, A1 = !1… On note qu’il n’y a pas de
terme en A!2 . Nous avons donc un pôle simple.
Autour de z = 1, le facteur 1/z reste analytique et on peut en faire l’expansion en série
de Taylor. En bout de ligne, nous obtenons
f (z) = 1z !1
!1+ z !1( )! z !1( )2 ...= A!1
z !1!1+ z !1( )! z !1( )2 ...
et nous identifions
A!1 = 1, A0 = !1, A1 = 1, A2 = !1...
On voit que ce pôle est simple également.
V. Intégration par la méthode des résidus Nous touchons ici ce qui sera peut-‐être le point le plus important de ce tutoriel.
1. Théorème des résidus
Soit une fonction holomorphe f (z) dans un domaine D, sauf en un point où f (z)
possède un pôle en un point z = a. Soit aussi un contour fermé, C dans D et entourant
ce pôle.
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On appelle résidu de f en z = a ou rés( f (a)) le résultat de l’intégrale
rés f z( )( ) = 1
2! if (z)dz
C!"
et on obtient le résultat remarquable que
f (z)dz
C!! = 2" iA#1
La démonstration de ce résultat remarquable commence avec la série de Laurent
f z( ) = A!m
z ! a( )m+ A!m+1
z ! a( )m+1+ ...+ A!1
z ! a( ) +"(z)
où !(z) = A0 + A1 z " a( ) + A2 + z " a( )2 + ... est la partie holomorphe (Taylor) de f (z) . Elle ne contribuera rien ici puisque nous
considérons l’intégrale sur C
f (z)dz = A!m
z ! a( )mdz + A!m+1
z ! a( )m+1dz + ...+ A!1
z ! a( ) dz + "(z)dzC!#
=0"#$ %$C
!#C!#
C!#
C!#
le dernier terme étant nul selon le théorème de Cauchy.
!"
#$
!
!
"
18
Afin de compléter les autres intégrales, nous allons utiliser un système centré sur z = a
et écrire z ! a = rei" . Nous définissons ensuite un cercle ! de rayon constant r centré
sur z = a. Puisque la fonction est holomorphe entre C et ! , nous pouvons déformer le
parcours de C en ! sans changer la valeur de l’intégrale. Cela simplifie l’expression
pour dz qui devient dz = irei!d! , avec r une constante. La seule contribution qui reste à
l’intégrale est le terme enA!m .
Pour le terme m = 1 nous avons la contribution
A!1
dzz ! a
="!# A!1
irei$
rei$d$ = i
"!# A!1 d$ = 2% iA!1
0
2%
#
Les termes m>1 contribueraient
A!m
dzz ! a( )m"!# = iA!m
rm!1d$
e m!1( )i$0
2%
# = iA!m
rm!1e! m!1( )i$ d$ = iA!m
!i m !1( )rm!10
2%
# e!2% i m!1( ) !1( ) & 0
puisque la dernière parenthèse est identiquement (1-‐1)=0. Regroupant le tout donne
f z( )dz = 2! iA"1
C!#
Ceci confirme que le contour C est quelconque, pourvu qu’il soit dans le sens
antihoraire, dans le domaine D et qu’il contienne le pôle en z = a. On note que seul le
coefficient joue un rôle dans le calcul de cette intégrale.
2. Calcul des résidus
Il n’est pas toujours facile d’identifier/évaluer A!1 , surtout lorsqu’il est difficile
d’expliciter le série de Laurent. Heureusement, il est possible de calculer le résidu ou
les résidus sans avoir à expliciter cette série. Notons que si f z( ) est holomorphe partout sur et dans le parcours fermé C, sauf en un nombre dénombrable de pôles
situés en z = a1, z = a2, ... z = aN , alors le résultat de l’intégrale est
f z( )dz = 2! iA rés f an( )( )
n=1
N
"C!#
où la somme ne porte que sur les pôles à l’intérieur de C.
A!1
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a. Pôles simples
Soit une fonction f z( ) holomorphe sur et dans C, sauf en un pôle à z = a à l’intérieur du parcours fermé (contour) C. On peut écrire
f (z) = h(z)g(z)
, où g(z) = (z ! a)"(z), "(a) # 0
avec h et g isolément holomorphes sur et dans C. Nous avons donc
f z( ) = h z( )g z( ) =
h z( )z ! a( )" z( ) =
A!1
z ! a+ A0 + A1 z ! a( ) + A!2 z ! a( )2 + ...
Puisque le rapport h(z)!(z)
est holomorphe dans le voisinage de z = a, on le développe en
série de Taylor
h z( )! z( ) =
h a( )! a( ) + z " a( ) h z( )
! z( )#
$%
&
'()
z=a
+z " a( )22
h z( )! z( )#
$%
&
'())
z=a
+ ...et donc
f z( ) = 1
z ! aih a( )" a( ) +
h z( )" z( )#
$%
&
'()
z=a
+z ! a( )2
h z( )" z( )#
$%
&
'())
z=a
+ ...= A!1
z ! a+ A0 + A1 z ! a( ) + A!2 z ! a( )2
ce qui permet d’identifier A!1 en égalant le facteur de 1/(z – a)
A!1 =h a( )" a( ) = z ! a( ) f z( )#$ %&z=a
S’il est facile de factoriser g z( ) en z ! a( )" z( ) , le calcul est alors très simple, mais il peut se trouver que la chose soit difficile, voire impossible, auquel cas le dernier
crochet donne l’indétermination 0/0. On utilise alors la règle de l’Hôpital pour faire le
calcul
A!1 =
d z ! a( )h z( )"# $%dz
dg z( )dz
"
#
&&&&
$
%
''''z=a
=h a( )(g a( )
Exemple #1: Considérons la fonction f z( ) = ez
z2 + a2 où a est réel. La fonction a deux
pôles à z = ia et z = -‐ia. Supposons un contour d’intégration C qui contient les deux
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pôles. Ce contour peut être modifié sans changer la valeur de l’intégrale, à condition
que la fonction demeure holomorphe sur et dans le contour, sauf aux pôles. Par
exemple agrandir le contour jusqu’à l’infini n’est pas permis parce que l’exponentielle
va causer une singularité. On peut utiliser ici C, C1, C2...
Ici, nous identifions facilement
h z( ) = ez , g z( ) = z2 + a2 ! "g z( ) = 2z# "g ia( ) = 2ia, "g $ia( ) = $2ia
Nous calculons donc
ez
z2 + a2dz = 2! i rés ia( ) + rés "ia( )#$ %&
C!' = 2! i h ia( )
(g ia( ) +h "ia( )(g "ia( )
#
$)
%
&*
2! i eia
2ia+ e" ia
"2ia#
$)
%
&* = 2! i
sinaa
En résumé, si f z( ) est holomorphe sur un contour C et à l’intérieur de ce contour, sauf en un certains nombre de pôles simples en z1, z2, z3,...zn , alors
!!"
!#
21
f z( )dz = 2! i i rés zi( )pôlesintérieurs
"C!#
La somme ne porte que sur les n pôles à l’intérieur et nous savons maintenant que
rés zi( ) = z ! zi( ) f z( )"# $%z=zi
Ci-‐dessus, la somme porterait sur z
1, z2, z3, z4, z5, mais ne contiendrait pas z
6, z7.
Exemple #2 : On peut souvent jouer sur le contour, mais en faisant attention aux
propriétés de la fonction à intégrer sur et dans le nouveau contour. Voyons un
exemple où nous voulons intégrer
I = dxcosh x0
!
"
!
"#
"$
"%
"& "'
"(
")
22
L’intégrale est sur le demi-‐axe réel, de 0 à l’infini. La fonction cosh x = ex + e! x
2 est
paire et on peut donc écrire
I = 12
dxcosh x!"
"
# une intégrale sur la totalité de l’axe réel.
Nous allons étudier une intégrale auxiliaire
!I = dz
cosh zC!"
où le contour C est décrit sur la figure : la totalité de l’axe réel et fermé par une montée
de iπ.
On comprendra que le but est de faire tendre R vers l’infini.
Ce contour contient un pôle et cette intégrale ne peut donc pas du tout être identifiée
à l’intégrale initiale, mais il a été choisi pour contenir un pôle de la fonction à intégrer,
situé sur l’axe imaginaire à z = iπ/2. On peut donc calculer directement !I par
!I = 2" irés(i" / 2) = 2" i z #" i / 2cosh i" / 2
$%&
'()= 00
La règle de l’Hôpital nous permet de surmonter cette indétermination
!
"#
$%
$&'(
$
)$&'(
)$
* '(+,
23
!I = 2" i
d(z #" i / 2)dz
d(cosh z)dz
$
%
&&&
'
(
)))z=i"
= 2" i 1sinh i" / 2$%&
'()= 2" iisin" / 2
= 2"
Décomposons maintenant !I sur les quatre branches de son contour
!I = limR"#
dxcosh x
+ dxcosh x
!I1!"#
+ dxcosh x
!I2!"#
+ dxcosh x
!I3!"#$R$i%
$R
&$R+i%
R$i%
&R
R+i%
&$R
+R
&'
()
*)
+
,)
-)
Le premier terme est notre intégrale initiale I. Pour évaluer le 2e terme, notons que
le parcours est à x = R, donc selon z = R+iy, donc dz = idy, y allant de 0 à π et alors
!I1 =idy
cosh R + iy( )0
"
#
Nous notons que
cosh R + iy( ) = eR+iy + e!R!iy
2"eR+iy + e!R!iy
2= e
R ! e!R
2> e
R
4
donc
!I1 < dyeR / 40
"
# = 4e$R dy0
"
# = 4"e$R R%&' %'' 0 donc !I1 = 0
Il y en sera de même avec !I3 = 0 .
Le parcours de !I2 se fait à y = iπ , donc z = x + iπ et dz = dx. Cela donne
!I2 =dx
cosh x + i"( ) = # dxcosh x
= + dxcosh x#R
+R
$#R
+R
$#R
+R
$
qui, comme le premier terme, deviendra égal à I en prenant la limite R!" .
Nous avons donc
!I = I + 0 + 0 + I = 2" ! I = "
b. Pôles d’ordre !2
Le résultat obtenu précédemment pour un contour C entourant
f z( )dz = 2! iA"1
C!#
24
est un résultat général et reste valide. Par exemple, si f z( ) = 1/ z ! a( )2 , alors la série de
Laurent est triviale puisqu’elle se limite au terme A!2 / z ! a( )2 , donc A!1 = 0 et le résultat de
l’intégrale sera nul.
En général, il est plus difficile d’identifier les termes de la série de Laurent, donc
d’identifier A!1 . Nous allons développer une méthode plus simple pour le calculer. Soit donc
une fonction f z( )holomorphe sur et à l’intérieur d’un contour C, sauf en un point z = a (complexe). Si ce pôle est d’ordre n, alors la série de Laurent sera du type
f z( ) = h z( )g z( ) =
A!n
z ! a( )n+ A!n+1
z ! a( )n!1+ ...+ A!1
z ! a( ) + A0 + A1 z ! a( ) + A22
z ! a( )( )2 + ...
où h z( ) et g z( ) sont holomorphes sur et dans C. Multiplions d’abord cette expression
par z ! a( )n , ce qui donne
z ! a( )n f z( ) = A!n + A!n+1 z ! a( ) + ...+ A!1 z ! a( )n!1 + A0 z ! a( )n + ... Nous allons maintenant dériver cette expression (n -‐ 1) fois et évaluer le résultat à z = a
dn!1 z ! a( )n f z( )dzn!1
z=a
= n !1( )!A!1
ce qui donne directement le résultat recherché en utilisant des outils relativement simples.
Exemple #1 : Nous voulons faire l’intégrale
I = f z( )dz =
C!!
zez
z " a( )3dz
C!! où C est un contour (fermé) entourant le triple pôle en z = a.
On peut faire l’intégrale par la méthode des résidus si nous pouvons identifier le coefficient
A!1 de la série de Laurent de l’intégrant zez
z ! a( )3. On peut le faire explicitement en changeant
de variable pour placer l’origine en z = a : u = z – a, donc z = u + a et la fonction devient
f z( ) = u + a( )eaeuu3
où on voit clairement le pôle triple, ici à u = 0. Dans un voisinage
de u = 0, la fonction u + a( )u3
= 1u2
+ au3 n’est pas holomorphe, mais eu est holomorphe et on
peut en faire l’expansion pour obtenir
25
f z( ) = ea 1u2
+ au3
!"#
$%& 1+ u + u
2
2+ u
3
3!+ ...
!"#
$%&
= ea 1u2
+ 1u+ 12!+ ...+ a
u3+ au2
+ a2u
+ a3!+ ...!
"#$%&
= ea au3
+ 1+ au2
!"#
$%& +1+ a / 2
u+ 12+ a3!
!"#
$%& + ...
'()
*+,
On identifie immédiatement le coefficient A!1 = ea 1+ a / 2( ) .
L’autre façon de calculer ce coefficient est par la formule de dérivées avec n = 3, donc
n – 1 = 2 et h z( ) = zez , g z( ) = z ! a( )3 , " #g z( ) = 3 z ! a( )2 . On obtient alors
A!1 =
12!d 2
dz2z ! a( )3 zez
z ! a( )3"
#$$
%
&''z=a
= 12d 2
dz2zez( )z=a
= 122ez + zez( )z=a = ea 1+ a / 2( )
Cette méthode fonctionne donc aussi.
Exemple #2 : Nous étudions la fonction f z( ) = z2 + 5z + 3z !1( ) z + 2( )2
qui possède un pôle
simple en z = 1 et un pôle double en z = -‐2. Notons que cette fonction peut s’écrire comme
f z( ) = z2 + 5z + 3z !1( ) z + 2( )2
= 1z !1
+ 1z + 2( )2
= f1 z( ) + f2 z( ) donc nous avons
f1 z( ) = 1z !1
avec seul A!1 = 1" 0 autour de z = 1 et
f2 z( ) = 1z + 2( )2
avec seul A!2 = 1" 0 autour de z = -‐2. Nous en concluons donc que
rés f 1( )( ) = 1, rés f !2( )( ) = 0 Puisque z = 1 est un pôle simple, on peut calculer directement
rés f 1( )( ) = z !1( ) z2 + 5z + 3z !1( ) z + 2( )2
"
#$$
%
&''z=1
= z2 + 5z + 3z + 2( )2
"
#$$
%
&''z=1
= 99= 1 , alors que
26
rés f !2( )( ) = ddz
z + 2( )2 z2 + 5z + 3z !1( ) z + 2( )2
"
#$$
%
&''z=2
= ddz
z2 + 5z + 3z !1( )
"
#$
%
&'z=2
= 2z + 5z !1
! z2 + 5z + 3z !1( )2
"
#$$
%
&''z=!2
= 0
identique au résultat déjà identifié.
3. Lemme de Jordan
Nous avons commencé à voir l’intérêt qu’il peut y avoir à déformer ou à compléter des
parcours et contours et à se donner des intégrales auxiliaires. Il est parfois possible
d ‘étendre/déformer jusqu’à l’infini ou d’inclure le demi grand cercle infini ! .
Le Lemme de Jordan nous dit quand et comment nous pouvons faire cette opération.
Soit donc une fonction ! z( ) holomorphe dans le demi grand plan supérieur, sauf en un
nombre fini de pôles et qui satisfait la condition ! z "#( )" 0 . Pour un paramètre t >0 et
réel, étudions l’intégrale
!"
#$#%#
#
&
&
&
'()$*
&
&
!
27
I(t) = limR!"
eitz#$ % z( )dz où ! est le demi grand cercle de rayon R , excluant l’axe réel.
Sur le demi grand cercle, z = Rei! " dz = iRei! d! " dz = Rd! . De plus, z = Rcos! + iRsin! , ce
qui implique eitz = eitRcos! i e" tRsin! # eitz = e" tRsin! qui tendra vers zéro lorsque R tend vers
l’infini, à condition que t > 0.
Nous savons que la fonction! z( ) est telle que ! z "#( )" 0 , on peut donc choisir R
suffisamment grand pour que ! z = R( ) < " , où ! est aussi petit que l’on veut et tend vers zéro si R tend vers l’infini. Nous allons calculer le module de l’intégrale sur
I(t) = eitz!" # z( )dz < $R e% tRsin& d& < 2$R e%2Rt& /' d& = '$
t1% e%Rt( )
0
' /2
"0
'
" < '$t
Le remplacement du sin par 2! /" dans l’exponentiel est justifiée, comme l’indique la
figure ci-‐dessous
Puisque ! tend vers zéro lorsque R tend vers l’infini, dans cette limite le module de
l’intégrale tend donc vers zéro, donc l’intégrale sur ! tend vers zéro lorsque R est repoussé à
l’infini.
!
!"#
28
Exemple #1 : envisageons le calcul de f t( ) =1
2! i
ei"t
"#$
$
% , où certains reconnaîtront la
transformée de Fourier de la fonction 1/! , mais c’est ici un détail. Il y a immédiatement un
problème parce que le parcours d’intégration passe par le pôle à ! = 0 , donc cette intégrale
n’existe PAS. On peut faire deux choses : 1) considérer que la question est mal posée et que ce
qu’on voulait dire, c’est que le parcours ne passe pas par le pôle, mais l’évite par un petit
demi cercle inférieur ! centré sur ! = 0 ou 2) élever le pôle de l’axe réel d’une quantité i!
en remplaçant le dénominateur par ! " i# . Les deux techniques sont identiques en ce que le
parcours passe sous le pôle et ne le traverse pas. Utilisons d’abord la deuxième solution,
quitte à voir dans nos résultats ce qu’elle signifie physiquement.
Le premier cheminement déplace le pôle en ! = i" et nous étudions donc
f t( ) = 12! i
ei"t
" # i$#%
+%
& d"
Ici, la fonction ! "( ) = 1/ " # i$( ) est telle que ! "( ) "#$% #%% 0 . Pour t > 0, ei!t R"#$ "$$ 0
sur le demi grand cercle supérieur, alors que ce sera vrai sur le demi grand cercle inférieur si
t < 0.
Supposons d’abord que t > 0. Puisque ! "( ) = 1/ " # i$( ) est holomorphe sur et dans le grand cercle supérieur, sauf en un pôle en ! = i" , le lemme de Jordan s’applique et on peut
ajouter le demi grand cercle au parcours initial d’intégration (axe réel), pour créer le contour
d’intégration C, ci-‐dessous,
29
sans ajouter à la valeur de l’intégrale et nous écrivons f t( ) = 1
2! iei"t
" # i$C!% d" . Comme
! "( ) = 1/ " # i$( ) est holomorphe sur et dans le contour C , sauf au pôle ! = i" à l’intérieur
du contour, le théorème des résidus nous dit que cette intégrale est égale au résidu du pôle
f t( ) = 1
2! iei"t
" # i$C!% d" = 2! i
2! irés " = i$( ) = " # i$( ) ei"t
" # i$&
'(
)
*+"=i$
= e#$t
et donc
f t( ) !"0# "## 1
Notons que si t <0, alors nous pouvons fermer le contour en utilisant le demi grand
cercle inférieur, mais il n’y a aucun pôle dans ce contour et l’intégrale est nulle et nous avons
alors f t < 0( ) ! 0 .
La combinaison de ces deux facteurs donne
qui est la fonction échelon de Heaviside décrivant une
situation où il n’y avait rien à t < 0 et qu’il y avait quelque chose pour t > 0, comme une
source qu’on allume à t = 0, par exemple. Nous avons donc ici une représentation intégrale de
la fonction de Heaviside.
!"
#$
#%#
#
!
&
f t( ) = 1 si t > 00 si t < 0
!"#
30
Le deuxième cheminement : Nous nous en tenons à l’intégrale initiale,
f t( ) = 1
2! iei"t
"#$
+$
% d"
Cette intégrale n’existe PAS, puisque le parcours d’intégration passe par le point ! = 0
où ! "( ) = 1/" diverge. Il n’est pas possible de s’en approcher très très…près. Ce ne serait pas
suffisant, l’intégrale exige de la traverser. Physiquement, c’est clairement une question mal
posée et l’intégrale devant nous n’est pas celle qui devrait s’y trouver, ou bien le parcours
d’intégration est erroné En sciences, ce genre d’intégrale intervient dans un problème mal
posé ou une solution trop simplifiée. Nous apprendrons plus tard la signification de ce que
nous prendrons ici pour une donnée, qu’il faut corriger le parcours autour de ! = 0 en le
contournant à l’aide d’un petit demi cercle ! , soit en passant par dessus, soit en passant par
dessous. Comme dans l’exemple précédent, si t >0, nous pouvons compléter l’intégration en
ajoutant le demi grand cercle supérieur et par le demi grand cercle inférieur si t < 0. Il s’agit
ici du VRAI parcours, pas d’une déformation permise.
Imaginons que des raisons physiques (nous verrons lesquelles dans le résultat) nous
disent que le demi petit cercle doit passer sous le pôle en ! = 0 . Il reste à étudier les deux
possibilités pour t.
Pour t > 0 : Dans ce cas, nous fermons le contour C par le haut et le pôle en ! = 0 se
retrouve à l’intérieur, alors que ! "( ) = 1/" est holomorphe partout sur C, sauf au pôle et la
méthode des résidus nous donne
f t( ) = 1
2! iei"t
"C!# d" = 2! i
2! irés " = 0( ) = 1
Pour t < 0 : Nous devons ici fermer le contour C par le demi grand cercle inférieur. Dans
ce cas, la fonction ! "( ) = 1/" est holomorphe partout sur et dans le contour C sans aucun
pôle à l’intérieur et selon le théorème des résidus, l’intégrale est nulle.
Ainsi donc, en fermant le contour en utilisant le petit demi cercle inférieur, nous avons
défini par cette intégrale la fonction f t( ) telle que
31
f t( ) = 1 si t > 00 si t < 0
!"#
qui est la bien connue fonction échelon ou fonction de Heaviside,
déjà obtenue dans le premier cheminement. Elle décrit quelque chose qui n’existe pas avant
t = 0 et qui existe pour t > 0. Par exemple, on allume une source à t = 0.
Nous posons maintenant la question : quel sera le résultat si nous déplaçons le pôle
vers le bas, équivalent à utiliser le demi petit cercle supérieur ? Tout simplement, nous
obtiendrions alors la fonction échelon f(-‐t)
f !t( ) =0 si t > 0
1 si t < 0
"#$
Ici, quelque chose existe avant t = 0 et disparaît à t > 0. La situation est physiquement
différente et c’est ce qui nous dicte quelle convention utiliser. On éteint une source à t = 0. La
mathématique ne peut pas nous dire quelle convention utiliser, elle nous permet de calculer
le résultat.
4. Version polynomiale du lemme de Jordan
La démonstration initiale reposait sur la présence du facteur dans l’intégrant. C’est très
restrictif, peu d’intégrales comptent ce facteur. Il assurait une décroissance exponentielle de
l’intégrant, garantissant que le demi grand cercle ne contribuait pas à l’intégrale. En fait, cette
décroissance exponentielle n’est pas essentielle. Considérons le cas où
où et sont des polynômes
Sur le demi grand cercle , avec variant
de 0 à π. Dans la limite où , évaluons le module de l’intégrale sur le demi grand cercle
Clairement, , donc aussi ssi m > n + 1.
eitz
IC =gn z( )hm z( ) dzC! gn z( ) hm z( )
gn z( ) = anzn + an!1zn!1 + ...+ a1z + a0hm z( ) = bmzm + bm!1zm!1 + ...+ b1z + b0
! z = Rei! , dz = iRei! d! , z = R, dz = Rd! !
R!"
I! = limR"#
anRn
bmRm
0
$
% Rd& = limR"#
$anbm
Rn+1'm
I! " 0 I! " 0
32
Ce résultat permet d’agrandir considérablement l’envergure de nos applications. Imaginons
que nous ayons à faire une intégrale sur l’axe réel
et que m > n+ 1, alors il peut être utile de passer dans le plan complexe et
d’ajouter l’intégrale sur le demi grand plan qui ne contribue rien, afin de créer le contour C. On se
retrouve alors avec une intégrale sur un contour dans le plan complexe et le résultat de l’intégrale
sera donné par 2πi fois la somme des résidus des pôles à l’intérieur du contour
Cela peut simplifier considérablement le calcul de l’intégrale, les pôles ici étant simplement
les zéros de la fonction . L’approche peut aussi fournir des représentations intégrales de
certaines fonctions lorsque c’est utile.
Exemple #1 : Soit à calculer l’intégrale
où on identifie que m = 6 et n = 2, donc la condition de
Jordan est facilement remplie et on peut ajouter l’intégrale sur le demi grand cercle pour obtenir
I ! z2dzz2 +1( )2
z2 + 2z + 2( )C!" = 2# i 1
2rés pôles intérieurs( )
pôles$ où C est ici encore la demi-lune
supérieure de la figure ci-dessous. Le résultat est donné par la somme des résidus des pôles
contenus dans C. Ici les pôles sont les zéros de la fonction au dénominateur
. Nous avons deux facteurs
i) ; le pôle à +i est dans C et peut contribuer à la somme, alors
que le pôle à –i est à l’extérieur de C et ne contribuera pas à la somme.
ii) : Le pôle à -1+i est dans le contour et peut
contribuer à la somme, alors que le pôle à -1-i est à l’extérieur de C et ne contribuera pas à la
somme.
I =gn x( )hm x( ) dx!"
+"
#
I =
gn x( )hm x( ) dx!"
+"
# $gn z( )hm z( ) dz = 2% i rés pôles intérieurs( )
pôles&
C!#
hm x( )
I = x2dxx2 +1( )2 x2 + 2x + 2( )!"
+"
#
h z( ) = z2 +1( )2 z2 + 2z + 2( )z2 +1= 0 ! z = +i et " i
z2 + 2z + 2( ) = 0 ! z = "1+ i et "1" i
33
Il reste donc
Le pôle en i est double et son résidu se calcule donc par
après un petit calcul !
Le pôle en -1+i est simple et son résidu est plus simple à calculer
La somme de ces deux résidus fois 2πi donne
I = 2! i rés(i)+ rés("1+ i)( )
rés(i) = 12 !1( )!
ddz
z ! i( )2 z2z2 +1( )2 z2 + 2z + 2( )
"
#$$
%
&''z=i
= 9i !12100
rés !1+ i( ) = z +1! i( )z2z2 +1( )2 z2 + 2z + 2( )
z=!1+i
= 3! 4i25
!"
#$
#%#
!
&''(&
& &''%(
%)'%'(
)'*'(
I = 2! i 9i "12100
+ 3" 4i25
#$%
&'(= 7!50
34
Le résultat est évidemment réel, l’intégrale initiale étant totalement réelle. Le passage aux
variables complexes et l’expédition dans le plan complexe n’ont servi qu’à simplifier le calcul de
l’intégrale.
Exemple #2 : Nous voulons intégrer
qui est une intégrale définie puisque le dénominateur ne devient pas nul
sur le parcours envisagé. On peut espérer utiliser la méthode des résidus pour calculer le résultat.
Dans les cas impliquant des fonctions trigonométriques, il est souvent utile d’utiliser
et l’intégrale de 0 à 2π se traduit par
une intégrale sur le cercle unité
où on trouve ici deux pôles qui sont les zéros du
dénominateur
I = d!5 + 3sin!0
2"
#
z = ei! " d! = #i dzz
et sin! = ei! # e# i!
2= 1
2z # 1
z$%&
'()
I = d!
5 + 3sin!0
2"
# = 2dz3z2 +10iz $ 3C!#
3z2 +10iz ! 3= 0 " z = !i / 3 et ! 3i
35
Seul le premier de ces pôles est à l’intérieur et contribue, alors que le second (3i) ne peut pas
contribuer parce qu’il se trouve à l’extérieur du cercle unité. Le pôle à z = -i/3 est un pôle simple et
nous obtenons facilement
remarquable !
Exemple #3 : on peut rencontrer des cas mixes comme dans le calcul de
!"#"$
%""&'()
%""&)'
I = 2! i z + i / 3( )23z2 +10iz " 3
#$%
&'(z=" i/3
= !2
36
une intégrale définie réelle. La transformation utilisée plus haut devient
inutile ( ) , mais il est utile de rappeler que . Nous allons donc essayer de
calculer une intégrale auxiliaire sur un intégrant . Ceci complique certaines choses et en
simplifie d’autres. Il s’agit d’une fonction paire et nous pouvons ajouter l’intégrale de à 0 pour
couvrir tout l’axe réel ; il suffit de diviser le résultat par deux. Malheureusement, comme cette
intégrale a l’origine dans son parcours d’intégration, le remplacement de sinx par génère un
pôle à x = 0 qui n’existait pas dans l’intégrale initiale puisque
limx!0
sin xx
= 1 ne diverge pas à l’origine où cet intégrant demeure holomorphe.
Pour corriger ce défaut, passons dans le plan complexe et déformons notre parcours sur l’axe
réel par un petit demi cercle de rayon r au dessus de l’origine, avec l’objectif de revenir à la
limite à notre parcours initial. Sur ce parcours déformé, l’intégrant est holomorphe partout. Il l’est
aussi sur le demi grand cercle supérieur qui ne contribuera rien ici et nous l’ajoutons pour créer
le contour C de la demi-lune supérieure avec la petite demi-lune au dessus de l’origine, comme sur
la figure ci-dessous. Nous allons donc calculer avec l’idée de faire tendre R vers l’infini et r vers
zéro
parce qu’il n’y a aucun pôle dans le
contour. Nous allons maintenant récrire les termes de la façon suivante. Le premier s’écrit
que nous allons ajouter au premier dans le but évident
de recréer la fonction sinus initiale. Nous avons donc maintenant
I = sin xx
dx0
!
"
z = eix sin x = eix ! e! ix
2
eix
x
!"
eix
!
!
eiz
zC!! dz = eiz
zdz
"R
"r
! + eiz
zdz + eiz
zdz + eiz
zdz = 0
#!
r
R
!$!
eiz
zdz
!R
!r
" z#! z$ #$$ e! iz
zR
r
" dz = ! e! iz
zr
R
" dz
eiz
zdz +
!"
eiz
zdz + 2i sin z
zdz
r
R
" = 0#"
37
Lorsque , la dernière intégrale est précisément notre intégrale initiale I, fois 2i.
L’intégrale sur est nulle par le lemme de Jordan dont elle satisfait les conditions. Pour faire la
première intégrale, nous allons utiliser le fait qu’il s’agit d’un demi-cercle, donc de rayon constant,
allant de à , pour écrire et l’intégrale est maintenant sur et se
fera de ,
Au total, nous avons donc
où l’intégrale est sur un parcours réel sur Ox où z = x et nous avons
donc
Nous n’avons pas utilisé la méthode des résidus, mais avons joué sur les déformations
possibles dans le plan complexe et n’avons eu à calculer que des intégrales sur des parcours très
simples (demi-cercles).
VI. La valeur principale d’une intégrale
Rr
r! 0, R!"
!
! = " ! = 0 z = rei! " dz = irei!d! !
! = " à ! = 0
eiz
zdz = i e
irei!
d! r"0# "##$
0
%&% i d! = 'i$
$
0
%
!i" + 2i sin zzr#0
R#$
% dz = 0
I = sin xx
dx0
!
" = #2
38
Dans l’exemple qui précède, nous n’avons pas triché en éloignant notre parcours
d’intégration vers en haut autour de l’origine, à l’aide du demi-cercle de rayon r , nous avons
éliminé un pôle qui n’était pas présent dans l’intégrale initiale et l’avons éliminé de l’intégrale
auxiliaire. Nous avons après, été capables de prendre la limite et de retourner au parcours
d’intégration initial.
Il arrive parfois que le parcours ou contour d’intégration (initial) passe par un pôle. Une telle
intégrale n’est simplement PAS définie, elle n’existe pas, point final. Généralement, cela se produit
lorsque nous avons trop simplifié notre modélisation du monde physique. C’est la réalité de ce
monde physique qui va nous dire comment contourner le problème en contournant ce pôle. Les
mathématiciens ont inventé l’expression <partie principale> de l’intégrale pour décrire ce qui reste
lorsque l’intégrale a été réduite à une forme finie. Pour ce faire, il faut généralement contourner le
pôle, par en haut, par en bas, par la gauche ou par la droite. Les mathématiques ont classifié tout
cela, mais sont totalement incapables de nous dire quelle solution adopter. Ce n’est d’ailleurs pas
leur rôle. En ce sens, l’expression <partie principale> n’a pas grand sens en sciences physiques,
mais la tradition nous a fait la conserver. Nous allons avancer à l’aide d’exemples qui serviront de
guides pédagogiques.
Exemple #1 : Nous voulons calculer l’intégrale I sur l’axe réel
Le pôle est sur l’axe réel et le parcours passe par le pôle. Cette intégrale n’existe pas.
Commençons par regarder ce qui arrive si on utilise le truc de l’exemple de la section précédente.
Nous calculerons une intégrale où on passe par dessus le pôle et une autre où on passe en dessous
et nous comparerons.
i) Voyons d’abord
où nous sommes passés dans le plan complexe et le parcours est
l’axe réel, sauf pour un petit demi-cercle de rayon r passant par dessus le pôle en
z = x0.
!
r! 0
I =f x( )x ! x0!"
+"
# dx
!I =f z( )z " x0
dz#0$ !0
! 0
39
C’est une intégrale différente de l’intégrale initiale. Nous la décomposons en
Selon la nomenclature des mathématiciens, la partie principale est la limite à de la
somme des deux premiers termes
Nous avons déjà évalué le dernier terme à la section précédente et obtenu, à la limite de
et ainsi cette intégrale est
On pourrait espérer remplacer I par . Pour nous en assurer, vérifions ce qui arrive si nous
déformons le parcours en qui comprend l’axe réel, sauf autour du pôle qui est contourné par
demi-cercle de rayon r passant sous le pôle.
Le traitement est similaire au cas précédent et nous obtenons à la fin un résultat noté
. Encore une fois, la section précédente nous permet de
calculer le dernier terme qui donne ici + , donc
i
!I =f z( )z " x0
dz +"#
x0"r
$f z( )z " x0
dz +x0+r
+#
$f z( )z " x0
dz% 0$
r! 0
Pf z( )z ! x0
dz"0# = lim
r$%
f z( )z ! x0
dz +!%
x0!r
#f z( )z ! x0
dzx0+r
+%
#&
'((
)
*++
r! 0
limr!"
f z( )z # x0
dz$ 0% = #i& f x0( )
!I = Pf z( )z " x0
dz#0$ " i% f x0( )
!I
!1
! 1
i
!!I
!!I = Pf z( )z " x0
dz#0$ +
f z( )z " x0
dz% 1$
i! f x0( )
40
Ainsi, les deux choix donnent des résultats différents et rien ne nous donne ici la baguette
magique pour choisir. On ne peut pas choisir sur la seule base des mathématiques.
La question reste entière, comment choisir entre les deux possibilités. La réponse vient des
sciences physiques dont cette intégrale tente de décrire une partie. Considérons donc notre
deuxième exemple tiré de la physique quantique
Exemple #2 : Soit donc à évaluer
Cette intégrale n’existe pas. Notre expression a été obtenue en simplifiant trop. Essayons de
récupérer la physique derrière, afin de définir de façon unique le résultat. Notons que l’intégrale
sur l’axe réel passe par deux pôles, un à E =- p et un à E = +p. Nous pouvons a priori définir
mathématiquement 4 versions finies de cette intégrale, via divers contournements. Nous les
noterons . Dans le premier cas, les deux pôles sont contournés par le
haut. Dans le second, le pôle en –p est contourné par dessus et celui en +p est contourné par en
dessous. Le troisième est l’inverse du deuxième et dans le quatrième les deux contournements se
font par en dessous.
Étudions d’abord le premier cas, dans lequel nous devons identifier deux possibilités, qui
sont t < 0 et t > 0.
Pour t <0, l’intégrant est holomorphe sur le demi grand cercle supérieur que nous pouvons
ajouter au parcours #1 pour obtenir le contour ci-dessous
!!I = Pf z( )z " x0
dz#0$ + i% f x0( ) & !I
! t( ) = e" iEt
p2 " E2 dE"#
+#
$
!1 t( ), ! t( )2 , !3 t( ) et !4 t( )
i i
!"# $"#
C1sup
41
Nous constatons qu’il n’y a aucun pôle dans ce contour et l’intégrale est donc nulle
Dans la deuxième possibilité, pour t > 0, le lemme de Jordan nous permet d’ajouter au
parcours #1, le demi grand cercle infini inférieur, ce qui donne le contour ci-dessous
i i
!"# $"#
!1 t < 0( ) = 0
C1inf
42
Dans ce cas, deux pôles sont à l’intérieur du contour et l’intégrale est donnée par (le signe
moins vient du sens horaire d’intégration)
On peut refaire des calculs techniquement similaires pour tous les autres cas et possibilités,
ce qui donne
i i
!"# $"#
!1 t > 0( ) = "2# irés(E = " p)" 2# irés(E = + p)
= 2# i E + p( )e" iEtp2 " E2
$
%&
'
()E=" p
+ 2# i E " p( )e" iEtp2 " E2
$
%&
'
()E=p
= 2# ipsin pt
! t( )2 =
"i#pe" ipt , t < 0
"i#peipt , t > 0
$
%&&
'&&
43
Dans le cas 1, tout se passe avant t = 0 et dans le cas 3, tout se passe après t = 0. Aucun
signal existe pour t < 0, est allumé à t = 0 et existe pour t > 0. Dans le cas 2, nous avons une onde
entrante pour t < 0 et une onde sortant pour t > 0, uns situation que nous comprenons très bien en
diffusion où la collision se produit à t = 0. Le cas 4 propose l’inverse du cas 2, à savoir une onde
sortante pour t < 0 et une onde entrante pour t > 0. Cela semble aller à l’encontre de la logique,
mais nous savons qu’en électromagnétisme par exemple, nous pouvons travailler aussi bien avec
des potentiels retardés que des potentiels avancés. Les premiers nous sont plus proches parce qu’ils
évoluent dans le même sens temporel que nous, mais les seconds sont tout aussi valides, même
physiquement, comme Feynman nous l’a si brillamment illustré (voir sa thèse de doctorat !!). Ce
seront donc des raisons physiques qui nous feront choisir.
Nous avons déformé le parcours d’intégration pour récupérer une expression physique trop
simplifiée. Nous pouvons dire qu’il manque des données dans l’intégrant. Dans le contexte des
intégrales dans le plan complexe, cela peut être décrit comme un déplacement des pôles plutôt que
du parcours d’intégration. Effectivement, mieux tenir compte de la réalité physique devrait créer
des pôles situés hors du parcours d’intégration.
Pour mieux illustrer ce commentaire, reprenons nottre premier exemple où
où nous avons utilisé la variable z, mais où l’intégrale se fait sur l’axe réel,
donc z est restreint aux valeurs réelles. Cette intégrale n’existe pas. Imaginons que des arguments
physiques, comme ceux amenés dans l’exemple #2, nous amène à choisir le parcours qui passe par
dessus le pôle. Au lieu de déformer le parcours sur l’axe réel, qui semble très raisonnable pour une
application physique, on peut déplacer le pôle vers le bas en modifiant le dénominateur
!3 t( ) ="2#psin pt, t < 0
0, t > 0
$%&
'&
!4 t( ) =
i"peipt , t < 0
i"pe# ipt , t > 0
$
%&&
'&&
I =f z( )z ! x0!"
+"
# dz
z ! x0 " z ! x0 + i#
44
Dans ce cas, l’intégrale reste sur l’axe réelle et on comprend que l’erreur que nous avons
faite en simplifiant trop notre modèle physique a fait sauter le terme dans le dénominateur. Au
lieu de l’expression pour I que nous avons au dessus, nous aurions dû avoir à intégrer dès le début
l’intégrale
où z est restreint maintenant à l’axe réel et peut reprendre sa valeur réelle.
C’est une notation qui est largement utilisée. Notez qu’elle s’intègre à une intégrale qui décrit
généralement la dynamique d’un système en y intégrant les conditions limites physiques, comme
onde entrante avant et onde sortante après. C’est intuitivement satisfaisant.
VII. Fonctions à valeurs multiples. Les surfaces de Riemann. Jusque ici, nous nous sommes intéressés uniquement aux fonctions avec des pôles et que ces
fonctions et leurs dérivées avaient valeur unique partout sauf aux pôles. Ici, nous allons considérer
des fonctions pouvant prendre 2, 3, 4… valeurs en un point. Ce point n’est pas un pôle, mais un
point critique souvent appelé point de branchement. Ces fonctions demandent un traitement
particulier. Cela est heureusement possible et nous pourrons les étudier au prix d’une modeste
extension de la théorie. Nous connaissons tous déjà ce genre de fonction, même dans le domaine
des réels. En effet, posons que ; nous savons que pour x = 4, par exemple (en un
point), la fonction peut prendre deux valeurs, +2 et -‐2. C’est le concept que nous allons
étendre.
1. Points de branchement, coupures et surfaces de Riemann
Nous allons procéder en introduisant un exemple, afin d’identifier les problèmes et d’illustrer
comment on les résout. Soit donc la fonction . Avec , nous avons
On dit alors que cette fonction possède un point de branchement à z = 0, parce que si
l’argument z de la fonction fait un tour complet autour de z = 0 pour revenir au même point
(même valeur de z), alors la fonction a changé de signe, elle n’a plus la même valeur. Par
exemple, si on démarre à est alors la valeur initiale de la
fonction. Tournant autour de l’origine de 2π avec retour en , la fonction prend la valeur
i!
f z( )z ! x0 + i"!#
+#
$ dz
f x( ) = x
f z( ) = z z = rei!
f z( ) = z = z1/2 = r1/2ei! /2
z = z0 = r0ei!0 " f z0( ) = r01/2ei!0 /2
z0
45
Il faut faire un deuxième tour, pour un total de 4π pour revenir à la valeur initiale ; nous
disons donc que la fonction a double valeur, exactement comme dans le cas réel,
évidemment. Ici, cependant, nous disposons d’une méthode d’analyse beaucoup plus
puissante. Nous avons déjà identifié z = 0, comme un point critique. Essayons de voir ce qui
en est d’un point situé à l’infini, . Pour ce faire, étudions la fonction
Dans cette nouvelle fonction, z = 0 correspond à du cas original. Faisons tourner
autour de cette nouvelle origine. Trivialement, on constate le même phénomène : la
fonction est à double valeur. Retournant à notre fonction initiale, nous identifions deux
points critiques, un à z = 0 et un autre à . Ceci nous indique que ce type de singularité
n’est pas localisé comme l’est un pôle, mais s’étend sur le plan complexe. Pour l’illustrer, nous
traçons une droite entre z = 0 et , par exemple sur l’axe réel comme ci-‐dessous.
i!
f r0,!0 + 2"( ) = r01/2ei!0 /2ei" = #r01/2ei!0 /2 = # f r0,!0( )
z!"
f 1/ z( ) = z!1/2 = r!1/2e! i" /2
z!"
f 1/ z( )
z!"
z!"
46
Nous appelons cette droite une coupure. Imaginez que vous débutiez en un point initial
en (juste au dessus de la coupure, mais infiniment près) et que vous tourniez (sens
direct antihoraire) autour de l’origine jusqu’en (juste sous la coupure, mais infiniment
près). Vous arrêtez et revenez sur vos pas jusqu’à . Vous constatez que la fonction a
repris sa valeur initiale, parce que vous n’avez pas traversé la coupure. Indépendamment de
la distance de l’origine, si vous traversez la coupure, vous aurez changé la valeur de la
fonction en traversant la coupure. Ceci met mieux en évidence le caractère non local de ce
type de singularité.
Pour mieux décrire ce phénomène, nous allons dire qu’en traversant la coupure, la
fonction change de feuillet ou de surface de Riemann. C’est ce que fait le parcours C1ci-‐
dessous, qui part du point z0et qui cherche à y retourner, mais croise la coupure et la
fonction change de feuillet. Une telle fonction a autant de feuillets que de valeurs possibles en
un point
i
!0 = +0
! = "0
!0 = +0
47
2. Choix des coupures Il existe parfois plusieurs choix équivalents pour les coupures. Ici encore, nous utiliserons un
exemple pour l’illustrer et apprendre. Considérons donc la fonction
Définissons les variables
f z( ) = z2 !1( )1/2
z +1= r!ei"!
z !1= r+ei"+
#$%
&%' f z( ) == r+r!( )1/2 ei "++"!( )/2
48
Ce qui dérange en complétant un contour vient du 2e facteur. Imaginons un contour C1
qui entoure le point à z = +1 et imaginons partir du point z0 et d’y revenir. Au départ, la
valeur du 2e facteur est .
!"
#$%%
&'('
)
ei !0++!0"( )/2
49
À la fin du contour, on note que , mais on note aussi que et au
lieu de retrouver la valeur de fonction , on retrouve , il y a un problème. Ainsi,
ceci confirme que z = 1 est un point de branchement et on vérifie facilement que z = -‐1 en est
un aussi, comme on vérifie que cette fonction est bivalente. Il apparaît donc normal de tracer
la coupure comme une droite entre ces deux points, coupure qui interdit de tourner autour
de ces points sous peine de changer de feuillet.
On voit immédiatement que notre contour C1 plus haut traverse cette coupure et on
change de feuillet. De fait si on intègre sur le contour C2 qui contient les deux pôles et ne
i
!!
"#$#
!0" #!0" !0+ "!0+ + 2#
f z0( ) ! f z0( )
i i
!"# "#
50
traverse donc pas la coupure, la fonction reste sur le même feuillet et que sa valeur à l’arrivée
est égale à celle de son départ (de contour).
On peut faire ici ce qu’on a fait plus tôt et considérer la fonction . Ici aussi, nous
verrons apparaître l’infini comme point singulier. Cela suggère que nous pouvons définir une
coupure en deux segmente, le premier de à et le second de à . Ici
encore, on voit que le contour C1 traverse la coupure une fois et nous fait changer de feuillet.
On voit aussi que le contour C2 traverse deux fois et que la fonction revient à sa valeur parce
qu’elle est bivalente, une chose à éviter, toutes les fonctions ne sont pas simplement
bivalentes.
Une fois la coupure choisie, il est interdit à un contour d’intégration de la croiser. Ainsi
la fonction reste univalente et holomorphe sur le contour. Le bon choix peut très bien être
suggéré par l’intégrale qu’on veut calculer, plutôt que l’inverse, mais une fois le choix fait, on
ne doit pas croiser la coupure.
!"
#$%%
&'('i i
!!
f 1/ z( )
z = !" z = !1 z = +1 z = +!
51
Rappelons d’ailleurs notre premier exemple avec où nous avons identifié une
coupure entre et . . Nous pouvons vérifier que est aussi point de
branchement et il devient possible de tracer notre coupure entre et , donc sur
l’axe réel négatif, un peu comme on voit sur le côté gauche de la figure immédiatement ci-‐
dessus.
3. Définition des surfaces de Riemann (feuillets)
Les surfaces de Riemann sont quantitativement définies par le choix du domaine de variation
des variables, par exemple dans . Nous tablons parfois sur l’arbitraire du choix
fait pour fixer l’axe à partir duquel . On tient également compte du nombre de fois qu’il
faut traverser la coupure pour retrouver la valeur initiale (ce nombre peut être infini !).
Comme nous l’avons fait fréquemment, procédons dans le cadre d’un exemple explicatif
et prenons la fonction comme exemple. Nous la savons bivalente et que sa coupure
va de à ou . Prenons ce deuxième choix et plaçons la coupure entre
et , l’axe réel positif. Examinons quatre points dans le plan, notés . Les deux
premiers sont voisins, les deux derniers aussi, mais les deux premiers sont séparés par la
coupure, alors que les deux derniers ne le sont pas. On ne peut pas traverser la coupure pour
aller d’un point à l’autre.
i i
!"# "#
f z( ) = z1/2
z = 0 z = +! z = !"
z = !" z = 0
r et ! z = rei!
! = 0
f z( ) = z1/2
z = 0 z = !" z = +! z = 0
z = +! z1, z2, z3, z4
52
On voit que nous pouvons faire varier entre 0 et 2π au sens où . De fait, ici
!1= 0,!
2= 2" ,! = !
4= " et alors en , alors qu’en
. On ne peut pas croiser la coupure. Entre , il n’y a pas de
coupure et pour ces deux points et la fonction y a même valeur. Notre première surface
de Riemann (premier feuillet sera donc définie quantitativement comme correspondant au
domaine . De façon similaire, le deuxième feuillet sera défini par . Les
opérations demeurent valides tant et aussi longtemps que nous restons sur le même feuillet.
Si on recommence l’opération en plaçant la coupure entre et , alors nous
pouvons voir que pour définie un premier feuillet, nous devons utiliser le domaine
sur lequel , alors que . Le deuxième feuillet peut
alors se définir par .
La visualisation des feuillets dans le plan complexe est un résultat remarquable qui
nous donne un outil pour manipuler correctement les opérations sur les fonctions
polyvalentes.
4. Intégrales impliquant des fonctions polyvalentes.
r
i
iii
i
! 0 <! < 2"
z1, f z1( ) = r11/2ei0/2 = +r11/2
z2, f z2( ) = r11/2ei2! /2 = "r11/2 z3 et z4
! = "
0 <! < 2" 2! <" < 4!
z = 0 z = !"
!" <# < +" !1 = !2 = 0 !3 = +" et !4 = #"
! <" < 3!
53
Exemple #1 : Considérons l’intégrale suivante
où 0 < p < 2, mais . La fonction est polyvalente avec un point
de branchement (exactement comme z1/2) en et un autre à (par choix). Notre
coupure est donc sur l’axe réel positif, qui est précisément notre domaine d’intégration
(avoir choisi n’aurait rien guéri, puisque le point de branchement à est une des
bornes d’intégration et doit être rejoint. Le secret est de le rejoindre sans changer de feuillet.
Pour ce faire, considérons l’intégrale auxiliaire
I = x p!1
x2 +10
"
# dx p ! 1 x p!1
z = 0 z = +!
z = !" z = 0
Contour C
X
X -i
i
54
où le contour C est défini ci-‐dessus. Nous décomposons le contour en
ses différents parcours
On note que le contour C ne traverse pas la coupure et reste donc sur le même feuillet.
Pour faire les intégrales sur les parcours , on les considère comme des cercles et on
utilise la notation . Sur , , alors que sur , . Nous aurons donc
explicitement sur ces parcours
Il ne reste plus qu’à travailler les parcours . Sur , et dans ce cas,
, alors que sur , , donc . Nous devons aussi noter
que , alors que . Combinant ces deux résultats,
où le dernier facteur est précisément l’intégrale initialement donnée à faire.
Nous pouvons également évaluer par la méthode des résidus, en notant que
l’intégrant est holomorphe partout sur et dans le contour, sauf aux deux pôles à l’intérieur en
, ce qui donne
!I = z p"1
z2 +1dz
C!#
!I = z p"1
z2 +1dz
C!# = z p"1
z2 +1dz + z p"1
z2 +1dz + z p"1
z2 +1dz +
L1#
$#
%#
z p"1
z2 +1dz
L2#
! et "
z = rei! ! r! 0 ! r!"
z p!1
z2 +1dz
" ou #$ =
r p!1ei p!1( )% irei%( )d%r2ei2% +10
2&
$ r'0r'() ')) 0
L1 et L2 L1 ! = 0
z p!1 = x p!1ei0 = x p!1 L2 ! = 2" z p!1 = x p!1ei2" p!1( )
L1! =
0
"
!L2! =
"
0
! = #0
"
!
!I = x p"1 " x p"1ei# p"1( )$% &'0
(
)1
x2 +1dx = ei# p"1( ) e" i# p"1( ) " ei# p"1( )$% &'
x p"1
x2 +1dx
0
(
)
= 2iei! p"1( ) sin p! x p"1
x2 +1dx
0
#
$
!I
z = ±i
!I = 2" irés(i)+ 2" irés(#i)
= 2" i z # i( )z p#1z2 +1
$
%&
'
()z=i
+ 2" i z # i( )z p#1z2 +1
$
%&
'
()z=# i
= 2" i ei" p#1( )/2
2i# e
i3" p#1( )/2
2i$
%&
'
()
55
Nous devons rappeler que sur ce feuillet
et donc
En égalant les deux résultats pour nous donne
Nous voyons qu’il y avait un avantage marqué à avoir les parcours qui
coïncidaient avec le parcours d’intégration initial et le choix de la coupure permettait de
clore le parcours sans traverser la coupure.
Exemple #2 : Nous voulons vérifier que
Avant de procéder, il faut étudier de plus près la fonction lnz. Utilisant la représentation
. Imaginons un contour qui fasse le tour de l’origine pour revenir au
point initial (r, ), alors la fonction devient . Après deux tours, cette
fonction est … On voit que cette fonction ne reviendra jamais à sa valeur
initiale, elle a un nombre infini de feuillets. Essayons maintenant la fonction ln
d’argument 1/z. On échange zéro et l’infini
Ici, il est clair que tourner autour (sans passer par) r = 0, la fonction gagne +2πi à
chaque tour et ce point est aussi un point de branchement, mais il correspond à de la
i p!1 = ei" p!1( )/2
!i( )p!1 = ei3" p!1( )/2
!I = 2" iei" p#1( ) e# i" p#1( )/2 # ei" p#1( )/2
2i$
%&
'
() = #2" iei" p#1( ) sin " p #1( ) / 2$% '(
= !2" iei" p!1( ) cos " p / 2( )
!I
I = x p!1
x2 +10
"
# dx = $ cos$ p / 2sin$ p
= $2cosec $ p / 2( )
L1 et L2
!
I =ln x( )2x2 +1
dx = ! 3
80
"
#
z = rei! " ln z = ln r + i!
! ln z = ln r + i! + 2" i
ln z = ln r + i! + 4" i
ln 1 / z( ) = ln 1 / r( )! i"
z!"
56
fonction initiale et il nous dit que tourner autour de dans le cas initial change la valeur
de la fonction par 2π. Ceci nous dit donc que sont deux points de branchement
et nous pouvons tracer la coupure entre ces deux points qui constituent l’axe réel. Nous
constatons que l’intégrant est holomorphe sur un demi grand cercle supérieur, allant de –R à
+R avec . Parce que l’intégrant satisfait le lemme de Jordan, nous allons considérer
l’intégrale auxiliaire suivante dans le plan complexe
où C est constitué du demi grand cercle , de la branche L1 allant de
–R à –r, du demi petit cercle de rayon r et de la branche L2 allant de +r à +R, tel qu’illustré
sur la figure ci-‐dessous. Ici, il est entendu que les deux branches le long de l’axe réel ont été
soulevées de la hauteur . Éventuellement, nous prendrons les limites ! " 0, r" 0, R"#
.
Dans et sur le contour C, l’intégrant est holomorphe, sauf en un pôle en z = i (l’autre
pôle en z = -‐i est en dehors du contour).
z!"
z = 0 et z!"
R!"
!I =
ln z( )2z2 +1C!" dz !
!
i!
57
On note que nous ne sommes pas sur la coupure et que le demi petit cercle évite la
singularité en z = 0. La coupure telle que choisie définit le premier feuillet comme 0 <! < 2" .
L’intégrale auxiliaire a donc valeur
!I = 2" i i rés(i) = 2" i z # i( )(ln z)2z + i
$
%&
'
()z=i
= 2" i ln i( )22i
$
%&&
'
())
= " lnei" /2( )2 = " i"2
*+,
-./2
= # "3
4
D’un autre côté, nous allons décomposer l’intégrale auxiliaire selon les segments
d’intégration. Considérons d’abord le segment du demi grand cercle de rayon R, donc sur
lequel z = Rei! , avec R"# . L’intégrant y a valeur
ln z( )2z2 +1
=lnR + i![ ]2R2e2i! +1
R"#$ "$$lnR + i![ ]2R2e2i!
" 0 plus vite que 1/R, donc l’intégrale sur le
demi grand cercle contribue zéro à !I .
-R +R-r +r
X
X
+i
-i
58
De façon similaire, on démontre que l’intégrale sur le demi petit cercle contribue zéro aussi.
Il ne reste donc plus que
!I ="R
"r
# +r
R
# = " $3
4
Nous notons alors que
!R
!r
" =ln z( )2z2 +1
dz z#! z$ #$$!R
!r
"ln(!z)( )2z2 +1R
r
" (!dz) = +ln(!z)( )2z2 +1
dzr
R
"
Nous évaluons ln(-‐z) =ln((-‐1)z) = lnz + ln(-‐1) = ln z + lnei! /2 = ln z + i! sur le premier feuillet
et !R
!r
" =ln z( )2z2 +1
dz + 2# i ln zz2 +1
dz !# 2 dzz2 +1r
R
"r
R
"r
R
"
Ici, nous avons donc
!I = 2 ln z( )2z2 +1
dz + 2" i ln zz2 +1
dz #" 2 dzz2 +1r
R
$r
R
$r
R
$
On constate d’abord que le premier terme est 2 fois notre intégrale initiale réelle I. La
dernière est simple à faire. Notant que son intégrant est pair, nous étendons le domaine aux
valeurs négatives
dzz2 +10
!
" = 12
dzz2 +10
!
"
Ensuite, nous vérifions que l’intégrant satisfait les conditions du lemme de Jordan et qu’il est
holomorphe partout sur et dans le demi grand cercle(supérieur), sauf en un pôle en z = i.
Nous écrivons donc
dzz2 +10
!
" = 12
dzz2 +10
!
" = dzz2 +1
= 2# i i rés i( ) = #2C
!"
L’expression pour l’intégrale auxiliaire donne donc maintenant
!I = 2I + 2" i ln zz2 +1
dz # " 3
20
$
% & # "3
4 ou
I +! i ln zz2 +10
"
# dz = ! 3
8
Égalant respectivement les partie réelle et partie imaginaire nous donne
59
Re : I = ! 3
8 le résultat recherché et
Im : ln zz2 +10
!
" dz = 0 un résultat obtenu en prime !
Armé de ces quelques notions, vous serez déjà capables de fonctionner dans le monde des
fonctions complexes. Je ne saurais trop vous recommander l’excellent traité de la série
Schaum sur le sujet tout en étant beaucoup plus complet que le présent document.