La fonction \(f(z) = 1/(z-a)(z-b)(z-c)\) est holomorphe dans le disque \(D(0,a)\). Par conséquent l’intégrale est nulle si \(r<a\). Par le théorème des résidus, \[\begin{aligned} \frac{1}{2i\pi}\int_C \frac{1}{(z-a)(z-b)(z-c)} dz &= &\mathrm{Res} (f,a) \quad , \quad \mathrm{Res} (f,a)+\mathrm{Res} (f,b) \quad ou \\ && \mathrm{Res} (f,a)+\mathrm{Res} (f,b)+\mathrm{Res} (f,c) \end{aligned}\] si \(a<r<b\), \(b<r<c\) ou \(c<r\). Le calcul de ces résidus se fait par la formule de l’exercice [ex:burnol6.1] puisque tous les pôles sont simples: \[\begin{aligned} \mathrm{Res} (f,a) =\frac{1}{(a-b)(a-c)} \quad , \quad \mathrm{Res} (f,b)=\frac{1}{(b-a)(b-c)} \\ et \quad \mathrm{Res} (f,c)=\frac{1}{(c-a)(c-b)}. \end{aligned}\] On en déduit façilement la valeur de l’intégrale dans les trois cas. En ce qui concerne le calcul de cette intégrale via la décomposition en éléments simples remarquons juste que \[\int _C \frac{1}{z-d} \, dz\] vaut \(2i\pi\) si \(d\) est à l’intérieur de \(C\) et \(0\) si \(d\) est à l’extérieur.

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