On utilise \[\cos(x+iy) = \cos x \cosh y -i \sin x \sinh y\] Ici on doit avoir \(\cos x \cosh y = a\) et \(\sin x \sinh y = 0\). La dernière équation implique \(x= 0\) ou \(\pi\), ou \({y=0}\). La solution \(y=0\) ne convient pas, car aucun réel n’a pour cosinus \(a>1\). Donc il faut \(x=0\), et \(\cosh y = a\) ou bien \(x=\pi\) et \(\cosh y=-a\). Cette dernière équation est sans solutions (\(\cosh y\geq 1\) pour tout \(y\)). Les solutions sont donc \(z=\pm i\arg\cosh a\). Leur sinus est \(\sin x \cosh y+i\cos x \sinh y = i\sinh y\) ici, soit \(\pm i\sqrt {a^2-1}\) (car \(\sinh^2 y = \cosh^2 y -1\)).

On a donc, en posant \(f(z) = 1/[(1+z^2)(2-\cos z)]\) (fonction paire): \[I_a = i\pi \mbox{\rm Res}(f, i) + i\pi \mbox{\rm Res}(f, i\arg\cosh a)\] car \(i\) et \(i\arg\cosh a\) sont les deux seuls pôles de \(f\) de partie imaginaire \(>0\). Puis \[\begin{array}{ccc} \mbox{\rm Res}(f,i) &= \left(1\over 2z(a-\cos z)\right)_{z=i} = {1\over 2i (a-\cosh 1)}\cr \mbox{\rm Res}(f, i\arg\cosh a) &= \left(1\over (1+z^2) \sin z\right)_{z=i\arg\cosh a} = {1\over i(1 -\arg\cosh^2 a)\sqrt{a^2-1}}\cr\end{array}\] Donc \[I_a = {\pi \over (1 -\arg\cosh^2 a)\sqrt{a^2-1}} + {\pi \over 2 (a-\cosh 1)}.\]

exo7 2676