Calcul d’intégrales et théorie des résidus


Mathématiques / dimanche, février 18th, 2018

Prologue

Je me suis réveillé ce matin avec une furieuse envie de calculer la valeur de l’intégrale \(I=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{x^2+x+1}\). Pour cela, mes recherches m’ont poussé à explorer des contrées bien complexes…

Fonctions complexes et pôles

Considérons une fonction complexe \(f\), que l’on considère holomorphe, c’est-à-dire dérivable au sens complexe en tout point d’un espace ouvert dans le plan complexe. Par exemple,  prenons \(f(z)=\frac{1}{z^2+z+1}\) pour faire le lien avec l’intégrale \(I\).

Un pôle de \(f\) est une valeur de z qui annule son dénominateur. Et dans un cas général, un pôle d’une fonction holomorphe est une valeur a telle que \(\lim\limits_{z\to a}f(z)=\infty\).

Ici, pour ma fonction \(f\), les deux pôles sont \(z_1=\frac{-1-\text{i}\sqrt{3}}{2}=\text{j}^2\) et \(z_2=\frac{-1+\text{i}\sqrt{3}}{2}=\text{j}\).

Développement de Laurent

Étant donnée une fonction holomorphe \(f\) sur un ouvert privé de ses pôles, si \(z_0\) est un de ses pôles, alors \(f(z)\) peut s’écrire sous la forme suivante :

\[ f(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n(z-z_0)^n.\]

C’est le développement en série de Laurent en \(z_0\).

Cherchons le développement de Laurent de notre fonction en \(\text{j}\). Pour cela, posons \(y=z-\text{j}\) pour simplifier. On a :

\[ \begin{array}{ll} f(z) & =\displaystyle\frac{1}{z^2+z+1}\\ f(y) & = \displaystyle\frac{1}{(y+\text{j})^2+(y+\text{j})+1}\\ f(y) & = \displaystyle\frac{1}{y^2+(2\text{j}+1)y}\text{ car }\textrm{j^2+j+1=0} \\ f(y) & = \displaystyle\frac{1}{y(y+2\text{j}+1)}\\ f(y) & = \displaystyle\frac{1}{(2\text{j}+1)y\left[ 1+ \frac{y}{2\text{j}+1}\right]}. \end{array} \]

Bon, j’en ai un peu marre de ce \(2\text{j}+1\); je vais donc le calculer :

\[ 2\text{j}+1=2\left(-\frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt3}{2}\right)+1=\text{i}\sqrt3.\]

C’est quand même plus joli ! Donc :

\[ f(y)=\displaystyle\frac{1}{\text{i}\sqrt3 y} \times \frac{1}{1+\frac{y}{\text{i}\sqrt3}}=\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt3}{\text{i}y}\times\frac{1}{1-\frac{\text{i} y}{\sqrt3}}. \]

Je vais poser \(x=\displaystyle\frac{\text{i} y}{\sqrt3}\). Alors :

\[ f(x)=\displaystyle\frac{1}{3}x^{-1}\times\frac{1}{1-x}.\]

Or, pour \(|x|<1\), \(\displaystyle\frac{1}{1-x}=\sum_{n\geq0} x^n\) donc :

\[ |x|<1 \Leftrightarrow f(x)=\displaystyle\frac{1}{3}x^{-1}\sum_{n\geq0}x^n = \frac{1}{3}\sum_{n\geq-1}x^n.\]

Ainsi,

\[ \displaystyle\left|\frac{\text{i}y}{\sqrt3}\right|<1 \Leftrightarrow f(y) = \frac{1}{3}\sum_{n\geq-1}\left(\frac{\text{i}y}{\sqrt3}\right)^n\;,\]

soit :

\[ \displaystyle | y |<\sqrt3 \Leftrightarrow f(y) = \frac{1}{3}\sum_{n\geq-1}\left(\frac{\text{i}y}{\sqrt3}\right)^n\;,\]

et donc :

\[ \displaystyle | z-\text{j} |<\sqrt3 \Leftrightarrow f(z) = \frac{1}{3}\sum_{n\geq-1}\left(\frac{\text{i}(z-\text{j})}{\sqrt3}\right)^n. \]

Cette dernière expression est le développement de Laurent de \(f(z)\) en j.

Intégrales complexes

Une intégrale complexe n’est pas comme une intégrale réelle. Quand on écrit \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{x^2+x+1}\), cela signifie que la variable d’intégration \(x\) varie de \(-\infty\) à \(+\infty\) sur l’axe des réels. Mais quand on écrit \(\displaystyle\int_{-R}^{+R}\frac{\text{d}z}{z^2+z+1}\), cela signifie que la variable \(z\) varie sur une courbe fermée qui part de -R et qui arrive à +R. On arrive à démontrer (théorème de Cauchy) que la valeur de l’intégrale ne varie pas en fonction du chemin choisi si la fonction est analytique, ce qui est toujours le cas pour des fonctions holomorphes.

En général, on prend le contour suivant :

Résidus et théorème des résidus

On définit le résidu d’une fonction holomorphe \(f\) au voisinage d’un pôle \(z_0\) comme étant le coefficient \(a_{-1}\) de la série de Laurent de \(f\) en \(z_0\).

Par exemple, pour la fonction \(f(z)=\displaystyle\frac{1}{z^2+z+1},\ \text{Res}(f,\text{j})=\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt3}{\text{i}}=\frac{1}{\text{i}\sqrt3}\).

Le théorème des résidus nous dit que : \[ \displaystyle\int_{-R}^{+R}\frac{\text{d}z}{z^2+z+1}=2\text{i}\pi\sum_{n\geq1}\text{Res}(f,z_n)\]

où les pôles \(z_n\) sont à l’intérieur du chemin choisi.

Dans notre exemple, seul le pôle « j » est contenu à l’intérieur du chemin rouge. Ainsi :

\[ \int_{-R}^{+R}\frac{\text{d}z}{z^2+z+1}=2\text{i}\pi\times\frac{1}{\text{i}\sqrt3}=\frac{2\pi}{\sqrt3}.\qquad (1)\]

Pour finir, un coup de lemme de Jordan…

Le lemme de Jordan stipule que, pour toute fonction holomorphe sur un domaine de \(\mathbb{C}\), si \(|zf(z)|\) tend vers 0 quand \(|z|\) tend vers l’infini, alors l’intégrale sur le demi-cercle rouge précédent est nulle. Or, \[ |zf(z)|=\left|\frac{z}{z^2+z+1}\right|=\left|\frac{1}{z+1+\frac{1}{z}}\right|\] tend bien vers 0 quand \(|z|\) tend vers l’infini.

Ainsi, \[ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\text{d}z}{z^2+z+1}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{x^2+x+1} + \underbrace{\int_{C(O,\infty)}\frac{\text{d}z}{z^2+z+1}}_{=0}.\qquad(2)\]

Des égalités (1) et (2), on peut alors en déduire que \[ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\text{d}x}{x^2+x+1}=\frac{2\pi}{\sqrt3}.\]

Dans le cas des intégrales de fractions rationnelles…

Il serait assez fastidieux de calculer ainsi l’intégrale \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x²+5}{(x^2+3)(x^2+4)}\text{d}x\) (surtout la partie du calcul des résidus).

Aussi avons-nous la chance d’avoir la formule suivante pour les fractions rationnelles : \[ \text{Res}(f,z_0)=\frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}\qquad\text{avec }f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}. \]

On trouve ainsi \(2\text{i}\pi\text{Res}(f,2\text{i}) = -\frac{\pi}{2}\) et \(2\text{i}\pi\text{Res}(f,\text{i}\sqrt3) = \frac{2\pi}{\sqrt3}\).

N.B. Pour être honnête, j’ai utilisé le logiciel Xcas pour calculer les résidus avec la commande :

residue((x^2+5)/((x^2+4)*(x^2+3)),x=2*i)

Ainsi, \[ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x²+5}{(x^2+3)(x^2+4)}\text{d}x =\frac{2\pi}{\sqrt3} -\frac{\pi}{2}=\left(4\sqrt3-3\right)\frac{\pi}{6}.\]

Quand un pôle est réel : intégrale de Dirichlet

L’intégrale de Dirichlet est l’intégrale \(\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,{\textrm {d}}x\).

La fonction complexe associée est \(f(z)=\displaystyle\frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\).

Elle est holomorphe et son unique pôle est 0. Dans ce cas, on choisit le chemin d’intégration suivant:

 

En nommant \(\gamma\) le chemin rouge, le théorème intégral de Cauchy nous permet d’écrire : \[ \int_\gamma f(z)\text{d}z=0 \]

donc : \[ \int_{I \cup J} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z + \int_{\mathcal{C}_\varepsilon} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z + \int_{\mathcal{C}_R} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z=0.\]

Regardons ce que vaut \(\displaystyle\int_{\mathcal{C}_\varepsilon} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z\). Posons \(z=\varepsilon\text{e}^{\text{i}\theta}\) pour \(\theta\) variant de \(\pi\) à 0. Alors, \(\text{d}z=\text{i}\varepsilon\text{e}^{\text{i}\theta}\text{d}\theta=\text{i}z\text{d}\theta\). On a donc \(\frac{\text{d}z}{z}=\text{i}\text{d}\theta\).

Alors : \[ \int_{\mathcal{C}_\varepsilon} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z=\int_{\pi}^0 \text{i}\text{e}^{\text{i}\varepsilon\text{e}^{\text{i}\theta}}\text{d}\theta. \]

En faisant tendre \(\varepsilon\) vers 0, on obtient :\[ \lim_{\varepsilon\to0} \int_{\mathcal{C}_\varepsilon} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z= \text{i}\int_{\pi}^0\text{d}\theta=-\text{i}\pi.\]

En utilisant le lemme de Jordan en faisant tendre \(\varepsilon\) vers 0 et R vers l’infini, on obtient alors : \[ \int_{I \cup J} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z + \underbrace{\int_{\mathcal{C}_\varepsilon} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z}_{=-\text{i}\pi} + \underbrace{\int_{\mathcal{C}_R} \frac {\textrm{e}^{\textrm{i}z}}{z}\textrm{d}z}_{=0}=0\]

et donc : \[ 2\text{i}\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\text{i}\pi \]

ou encore : \[ \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\frac{\pi}{2}.\]

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