Théorème des résidus

Prenons pour contour ${\displaystyle \gamma }$ le cercle ${\displaystyle C(0,1)}$ paramétré comme suit :

${\displaystyle \gamma$ :[0,2\pi ]\to \mathbb {C} ,\gamma (t)=e^{it}.}

On a alors :

${\displaystyle \int _{\gamma }f(z)~\mathrm {d} z=\int _{0}^{2\pi }{1 \over ie^{it}}R(\cos(t),\sin(t))\cdot ie^{it}~\mathrm {d} t=I}$

où l'on a utilisé la formule d'Euler pour passer des exponentielles complexes aux fonctions trigonométriques. Par ailleurs, le théorème des résidus nous indique que cette intégrale vaut :

${\displaystyle \int _{\gamma }f(z)~\mathrm {d} z=2i\pi \sum _{z_{j}\in F}\mathrm {Res} (f,z_{j})\mathrm {Ind} _{\gamma }(z_{j})=2i\pi \sum _{|z_{j}|<1}\mathrm {Res} (f,z_{j})}$

où ${\displaystyle F}$ désigne l'ensemble (fini) des points singuliers de ${\displaystyle f}$ appartenant au disque ouvert ${\displaystyle D(0,1)}$. En égalant les deux dernières relations obtenues, on retrouve l'identité de départ.

Problème : calculer l'intégrale suivante :

${\displaystyle I=\int _{0}^{2\pi }{\frac {\mathrm {d} x}{a+\sin(x)}}\,,\,\,(a>1)}$

Solution : on est bien dans les conditions mentionnées plus haut, on a donc :

${\displaystyle I={2\pi \over {\sqrt {a^{2}-1}}}.}$

Développement : la fonction rationnelle correspondante est :

${\displaystyle R(x,y)={1 \over a+y}.}$

On construit donc la fonction ${\displaystyle f}$ correspondante pour le calcul de résidu :

${\displaystyle f(z)={1 \over iz}R\left({z+z^{-1} \over 2},{z-z^{-1} \over 2i}\right)={2 \over z^{2}+2iaz-1}={\frac {1}{i{\sqrt {a^{2}-1}}}}\left({\frac {1}{z-p_{-}}}-{\frac {1}{z-p_{+}}}\right),}$

les deux pôles simples étant :

${\displaystyle p_{\pm }=-i(a\pm {\sqrt {a^{2}-1}}).}$

Le pôle ${\displaystyle p_{+}}$ est en dehors du cercle unité (${\displaystyle |p_{+}|>1}$) et ne doit donc pas être considéré ; le pôle ${\displaystyle p_{-}=-1/p_{+}}$ est à l'intérieur (${\displaystyle |p_{-}|<1}$).

Le résidu de ${\displaystyle f}$ en ce pôle est :

${\displaystyle \mathrm {Res} (f,p_{-})=\lim _{z\to p_{-}}(z-p_{-})f(z)={1 \over i{\sqrt {a^{2}-1}}}.}$

Il nous reste maintenant à appliquer la formule de départ :

${\displaystyle I=2i\pi \mathrm {Res} (f,p_{-})={2\pi \over {\sqrt {a^{2}-1}}}.}$

• On a :

${\displaystyle \int _{R}^{+\infty }|f(x)|~\mathrm {d} x\leq M\int _{R}^{+\infty }{\mathrm {d} x \over x^{\alpha }}=M\cdot {R^{1-\alpha } \over \alpha -1}<+\infty }$

où la dernière inégalité vient du fait que ${\displaystyle \alpha >1}$.

L'argument est le même pour l'intégrale de ${\displaystyle -\infty }$ à ${\displaystyle -R}$. Comme la fonction n'a pas de point singulier réel, elle est bornée de ${\displaystyle -R}$ à ${\displaystyle R}$ et par conséquent,

${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }|f(x)|~\mathrm {d} x<+\infty .}$

• Soit ${\displaystyle r>R}$, prenons comme contour le demi cercle situé dans le demi-plan supérieur (le cas dans le demi-plan inférieur est identique) ayant pour diamètre l'intervalle ${\displaystyle [-r,r]}$ et illustré à la figure 1. À la limite quand ${\displaystyle r\to \infty }$, le contour entoure la totalité des points singuliers de ${\displaystyle f}$ dans le demi-plan supérieur (leur indice par rapport au contour sera donc +1). Par le théorème des résidus, on a :

${\displaystyle \lim _{r\to \infty }\int _{\gamma }f(z)~\mathrm {d} z=2i\pi \sum _{\Im (z_{j})>0}\mathrm {Res} (f,z_{j}).}$

En décomposant le contour en ses deux parties principales, on a aussi :

${\displaystyle \lim _{r\to \infty }=\int _{-\infty }^{+\infty }f(x)~\mathrm {d} x+\lim _{r\to \infty }\int _{0}^{\pi }f\left(re^{it}\right)ire^{it}~\mathrm {d} t.}$

Or en utilisant le lemme d'estimation, on a :

${\displaystyle \lim _{r\to \infty }\left|\int _{0}^{\pi }f\left(re^{it}\right)ire^{it}~\mathrm {d} t\right|\leq \lim _{r\to \infty }\left(\pi r\cdot \max _{|z|=r}|f\left(re^{it}\right)|\right)\leq \lim _{r\to \infty }\left({\pi rM \over r^{\alpha }}\right)=0}$

où dans la dernière limite on a utilisé le fait que ${\displaystyle \alpha >1}$. En reprenant les relations précédentes, on retrouve l'identité de départ.

Problème : calculer l'intégrale suivante par la méthode des résidus :

${\displaystyle I=\int _{-\infty }^{+\infty }{\mathrm {d} x \over x^{2}+a^{2}}\,,\,\,(a>0).}$

Solution : cette fonction a une primitive réelle (la fonction (arctan(x/a))/a) et la solution immédiate est ${\displaystyle I={\pi \over a}}$.

Développement : la fonction admet deux pôles simples ${\displaystyle p_{1,2}=\pm ia}$. Un seul de ces deux pôles est compris dans le plan supérieur, on a donc :

${\displaystyle I=2i\pi \cdot \mathrm {Res} (f,ia)}$

avec

${\displaystyle \mathrm {Res} (f,ia)=\lim _{z\to ia}{z-ia \over z^{2}+a^{2}}={1 \over 2ia}.}$

On vérifie donc que ${\displaystyle I={\pi \over a}}$ ainsi que prévu.

Supposons que ${\displaystyle a>0}$ et considérons le contour ${\displaystyle \gamma }$ illustré à la figure 2. L'autre cas (${\displaystyle a<0}$) est identique (on prend le contour dans le demi-plan inférieur). Posons que ce contour va de ${\displaystyle -x_{1}}$ à ${\displaystyle x_{2}}$ et de 0 à ${\displaystyle iy_{1}}$. Posons encore que ${\displaystyle x_{1},x_{2},y_{1}\geq R}$, en faisant tendre ${\displaystyle R}$ vers l'infini, le contour encadrera donc toutes les singularités du demi-plan supérieur avec un indice +1. Le théorème des résidus nous donne :

${\displaystyle \lim _{R\to \infty }\int _{\gamma }f(z)~\mathrm {d} z=2\pi i\sum _{\Im (z_{j})>0}\mathrm {Res} \left(f(z)\mathrm {e} ^{iaz},z_{j}\right).}$

En décomposant l'intégrale en ses quatre parties principales que l'on notera ${\displaystyle I_{i}}$ avec ${\displaystyle I_{1}}$ l'intégrale le long du segment ${\displaystyle x_{2}+iy}$, ${\displaystyle I_{2}}$ le long du segment ${\displaystyle x+iy_{1}}$ et ${\displaystyle I_{3}}$ symétrique à ${\displaystyle I_{1}}$. ${\displaystyle I_{4}}$ représente (à la limite) l'intégrale réelle que l'on souhaite calculer.

On montre que, à la limite, l'intégrale le long des trois segments ${\displaystyle I_{1},I_{2},I_{3}}$ de la fonction est nulle ce qui termine la démonstration.

On peut, en effet, majorer les différentes parties comme suit :

${\displaystyle |I_{1}|\leq \int _{0}^{y_{1}}|f(x_{2}+iy)|\mathrm {e} ^{-ay}~\mathrm {d} y.}$

En utilisant l'hypothèse, on a cependant :

${\displaystyle |f(x_{2}+iy)|\leq {M \over |x_{2}+iy|}\leq {M \over x_{2}}.}$

Par conséquent,

${\displaystyle |I_{1}|\leq {M \over x_{2}}\int _{0}^{y_{1}}\mathrm {e} ^{-ay}~\mathrm {d} y={M \over ax_{2}}(1-\mathrm {e} ^{-ay_{1}})\leq {M \over ax_{2}}.}$

La limite quand ${\displaystyle R\to \infty }$ de cette intégrale vaut zéro puisque ${\displaystyle a>0}$ et ${\displaystyle x_{2}\geq R}$. L'argument développé ci-dessus est identique pour ${\displaystyle I_{3}}$.

Il reste ${\displaystyle I_{2}}$ qui n'est pas très différente :

${\displaystyle |I_{2}|\leq \int _{-x_{1}}^{x_{2}}|f(x+iy_{1})|\mathrm {e} ^{-ay_{1}}~\mathrm {d} x\leq {M \over y_{1}}\mathrm {e} ^{-ay_{1}}.}$

La limite quand ${\displaystyle R\to \infty }$ est nulle puisque ${\displaystyle y_{1}\geq R}$.

Ceci clôt la démonstration.

Problème : calculer l'intégrale suivante :

${\displaystyle I=\int _{-\infty }^{+\infty }{\mathrm {e} ^{bix}\mathrm {d} x \over a^{2}+x^{2}}\quad (a,b>0).}$

Solution : en appliquant le résultat ci-dessus, on obtient que :

${\displaystyle I={\pi \over a}\exp(-ab).}$

Remarque : la partie réelle de l'intégrale est ${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\cos(bx) \over a^{2}+x^{2}}~\mathrm {d} x}$ et cette intégrale vaut précisément ${\displaystyle I}$ puisque la solution par le théorème des résidus est réelle.

Développement : la fonction ${\displaystyle f(z)=(a^{2}+z^{2})^{-1}}$ a un seul pôle dans le plan supérieur, à savoir ${\displaystyle p_{1}=+ia}$. Le résidu en ce point est :

${\displaystyle \mathrm {Res} \left(f(z)\mathrm {e} ^{ibz},+ia\right)=\lim _{z\to ia}\left((z-ia){\mathrm {e} ^{ibz} \over a^{2}+z^{2}}\right)={e^{-ab} \over 2ai}.}$

En appliquant la formule, on a donc :

${\displaystyle I=2\pi i\cdot {e^{-ab} \over 2ai}={\pi \over a}\exp(-ab).}$

Soit ${\displaystyle \gamma _{R,\varepsilon }}$ le contour illustré à la figure 3, on peut décomposer ce contour en ses parties principales : notons ${\displaystyle \Gamma _{R}}$ le demi-cercle de rayon ${\displaystyle R}$, ${\displaystyle \gamma _{\varepsilon ,j}}$ le ${\displaystyle j}$^e demi-cercle de rayon ${\displaystyle \varepsilon }$ contournant la singularité réelle ${\displaystyle x_{j}}$ et enfin ${\displaystyle \sigma _{R,\varepsilon }}$, l'ensemble des segments situés sur l'axe réel.

À la limite quand ${\displaystyle R\to \infty }$ et ${\displaystyle \varepsilon \to 0}$, on a :

${\displaystyle \int _{\sigma _{R,\varepsilon }}f(z)~\mathrm {d} z\to \mathrm {v.p.} \int _{-\infty }^{+\infty }f(x)~\mathrm {d} x}$

D'après le théorème des résidus, on a, pour ${\displaystyle R>0}$ suffisamment grand et ${\displaystyle \varepsilon >0}$ suffisamment petit :

${\displaystyle \int _{\gamma _{R,\varepsilon }}f(z)~\mathrm {d} z=2i\pi \sum _{\Im (z_{j})>0}\mathrm {Res} (f,z_{j})}$

et on a aussi :

${\displaystyle \int _{\sigma _{R,\varepsilon }}f(z)~\mathrm {d} z=\int _{\gamma _{R,\varepsilon }}f(z)~\mathrm {d} z-\sum _{j=1}^{n}\int _{\gamma _{\varepsilon ,j}}f(z)~\mathrm {d} z-\int _{\Gamma _{R}}f(z)~\mathrm {d} z.}$

On montre de manière identique aux deux types d'intégrations précédents que, à la limite, l'intégrale le long de ${\displaystyle \Gamma _{R}}$ tend vers zéro dans les deux cas considérés.

Il nous reste donc à calculer les intégrales le long des demi-cercles ${\displaystyle \gamma _{\varepsilon ,j}}$. Au voisinage d'un pôle simple réel ${\displaystyle x_{j}}$, ${\displaystyle f}$ admet un développement de Laurent sur un disque épointé centré en ${\displaystyle x_{j}}$. Comme il s'agit d'un pôle simple, le seul coefficient non nul de la partie singulière du développement est ${\displaystyle a_{-1,j}}$.

Autrement dit, sur ce voisinage, on peut écrire :

${\displaystyle f(z)={a_{-1,j} \over z-x_{j}}+h_{j}(z)}$

avec ${\displaystyle h_{j}}$ une série entière (donc une fonction holomorphe).

On a donc :

${\displaystyle \int _{\gamma _{\varepsilon ,j}}f(z)~\mathrm {d} z=\int _{\gamma _{\varepsilon ,j}}{a_{-1,j} \over z-x_{j}}~\mathrm {d} z+\int _{\gamma _{\varepsilon ,j}}h_{j}(z)~\mathrm {d} z.}$

La deuxième intégrale tend vers zéro quand ${\displaystyle \varepsilon \to 0}$ puisque ${\displaystyle h_{j}}$ est holomorphe. En explicitant l'intégrale restante, on a en considérant la paramétrisation suivante des demi-cercles :

${\displaystyle \gamma _{\varepsilon ,j}:[0,\pi ]\to \mathbb {C} ,\gamma _{\varepsilon ,j}(t)=x_{j}+\varepsilon \mathrm {e} ^{i(\pi -t)}}$

où le terme ${\displaystyle \pi -t}$ vient du fait que ces contours sont parcourus dans le sens anti-trigonométrique,

${\displaystyle \int _{\gamma _{\varepsilon ,j}}f(z)~\mathrm {d} z=a_{-1,j}\int _{0}^{\pi }{-i\varepsilon \mathrm {e} ^{i(\pi -t)} \over \varepsilon \mathrm {e} ^{i(\pi -t)}}~\mathrm {d} t=-i\pi a_{-1,j}.}$

Le coefficient ${\displaystyle a_{-1,j}}$ est par définition le résidu de la fonction en ${\displaystyle x_{j}}$. À la limite quand ${\displaystyle R\to \infty }$ et ${\displaystyle \varepsilon \to 0}$, on a donc bien :

${\displaystyle \mathrm {v.p.} \int _{-\infty }^{+\infty }f(x)~\mathrm {d} x=2i\pi \sum _{\Im (z_{j})>0}\mathrm {Res} (f,z_{j})+i\pi \sum _{x_{j}}\mathrm {Res} (f,x_{j}).}$

Problème : calculer, pour ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ réels avec ${\displaystyle b>0}$ :

${\displaystyle I^{*}=\mathrm {v.p.} \int _{-\infty }^{+\infty }{e^{ibx} \over x-a}~\mathrm {d} x.}$

Solution : en appliquant le résultat ci-dessus, on obtient que :

${\displaystyle I^{*}=i\pi \cos(ab)-\pi \sin(ab).~}$

Remarque : en considérant respectivement la partie réelle et imaginaire de l'intégrale on obtient :

${\displaystyle \mathrm {v.p.} \int _{-\infty }^{+\infty }{\cos(bx) \over x-a}~\mathrm {d} x=-\pi \sin(ab)}$

${\displaystyle \mathrm {v.p.} \int _{-\infty }^{+\infty }{\sin(bx) \over x-a}~\mathrm {d} x=\pi \cos(ab)}$

et dans le cas particulier ${\displaystyle a=0}$ et ${\displaystyle b=1}$, la deuxième intégrale est l'intégrale de la fonction Sinus cardinal (première définition) et vaut ${\displaystyle \pi }$. Il ne s'agit par ailleurs pas d'une intégrale impropre puisque la fonction sinc est partout définie.

Développement : la fonction a un pôle simple réel ${\displaystyle x_{1}=a}$ et le résidu en ce point est :

${\displaystyle \mathrm {Res} (f,a)=\mathrm {e} ^{iab}=\cos(ab)+i\sin(ab).~}$

En appliquant la formule on a donc bien :

${\displaystyle I^{*}=i\pi \cos(ab)-\pi \sin(ab).~}$

• On a

${\displaystyle \sum _{n\geq R,n\notin E}|f(n)|\leq M\sum _{n\geq R,n\notin E}{1 \over |z|^{\alpha }}.}$

En utilisant le test intégral de convergence on observe que cette somme converge. On utilise le même argument pour montrer que la somme ${\displaystyle \sum _{n\leq -R,n\notin E}|f(n)|}$ converge. Comme on évite l'ensemble ${\displaystyle E}$ des singularités de ${\displaystyle f}$ dans la somme, on a que

${\displaystyle \sum _{n\geq -R,n\notin E}^{n\leq R}|f(n)|<+\infty }$ (somme finie de termes bornés) et donc finalement :

${\displaystyle \sum _{-\infty ,n\notin E}^{\infty }|f(n)|<+\infty .}$

• Il faut trouver une fonction ${\displaystyle g}$ dont les résidus soient ${\displaystyle \left\{f(n),n\in \mathbb {Z} \right\}}$. Supposons que ${\displaystyle g(z)=f(z)\varphi (z)}$, il faut alors que la fonction ${\displaystyle \varphi }$ ait un pôle simple de résidu 1 à chaque entier. Une fonction ayant cette propriété est donnée par :

${\displaystyle \varphi (z)=\pi {\cos(\pi z) \over \sin(\pi z)}=\pi \cot(\pi z).}$

En effet, ${\displaystyle \sin(\pi z)}$ admet un zéro simple pour chaque ${\displaystyle z}$ entier et

${\displaystyle \mathrm {Res} \left(\pi {\cos(\pi z) \over \sin(\pi z)};n\right)={\pi \cos(\pi n) \over \pi \sin '(\pi n)}={\cos(\pi n) \over \cos(\pi n)}=1}$

où l'on a utilisé la formule du résidu pour une fraction ayant un zéro simple au dénominateur.

Prenons pour contour le cercle centré à l'origine et de rayon ${\displaystyle R=N+0,5}$ avec ${\displaystyle N\in \mathbb {N} }$ et l'incrément d'un demi montrant que l'on évite les pôles situés en ${\displaystyle \pm N}$.

A la limite, le théorème des résidus donne :

${\displaystyle \lim _{N\to \infty }\int _{C(0,R)}f(z)\pi \cot(\pi z)~\mathrm {d} z=2\pi i\lim _{N\to \infty }\left[\sum _{-N,n\notin E}^{N}f(n)+\sum _{z_{k}\in E}\mathrm {Res} \left(f(z)\pi \cot(\pi z);z_{k}\right)\right].}$

Il nous reste maintenant à montrer que cette limite est nulle pour obtenir le résultat voulu. En utilisant le lemme d'estimation, on a :

${\displaystyle L=\lim _{N\to \infty }\left|\int _{C(0,R)}f(z)\pi \cot(\pi z)~\mathrm {d} z\right|\leq \lim _{N\to \infty }\left(2\pi R\cdot \max _{|z|=R}\left|\pi f(R\mathrm {e} ^{it})\cot({\pi R\mathrm {e} ^{it}})\right|\right).}$

Le module de la fonction ${\displaystyle \cot }$ est bornée par une certaine constante ${\displaystyle K>0}$ sur le contour puisque l'on évite les entiers de l'axe réel de par le choix du contour, le membre de droite de l'inégalité ci-dessus est donc majoré par

${\displaystyle L\leq \lim _{N\to \infty }{2\pi RMK \over R^{\alpha }}=0}$

où l'on a utilisé le fait que ${\displaystyle \alpha >1}$. Comme la limite vaut bien zéro, le résultat est démontré.

Problème : calculer la somme suivante :

${\displaystyle S=\sum _{-\infty }^{\infty }{1 \over n^{2}+a^{2}}}$ pour ${\displaystyle a}$ réel non nul.

Solution : en appliquant le résultat ci-dessus, on obtient que :

${\displaystyle S={\pi \coth(\pi a) \over a}.}$

Développement  : la fonction remplit clairement les conditions et a deux pôles simples en ${\displaystyle \pm ai}$, on a donc :

${\displaystyle S=-\left(\mathrm {Res} \left({\pi \cot(\pi z) \over z^{2}+a^{2}};+ai\right)+\mathrm {Res} \left({\pi \cot(\pi z) \over z^{2}+a^{2}};-ai\right)\right).}$

Les résidus se calculent aisément puisque ce sont des pôles simples et on a :

${\displaystyle \mathrm {Res} \left({\pi \cot(\pi z) \over z^{2}+a^{2}};\pm ai\right)=\lim _{z\to \pm ai}\left((z\mp ai)\cdot {\pi \cot(\pi z) \over z^{2}+a^{2}}\right)={\pi \cos(a\pi i) \over 2ai\sin(a\pi i)}.}$

On a donc

${\displaystyle S=-{\pi \cos(a\pi i) \over ai\sin(a\pi i)}=-{\pi \over ai}\cdot {\mathrm {e} ^{i(ai\pi )}+\mathrm {e} ^{i(-ai\pi )} \over 2}\cdot {2i \over \mathrm {e} ^{i(ai\pi )}-\mathrm {e} ^{i(-ai\pi )}}={\pi \over a}\cdot {e^{-a\pi }+e^{a\pi } \over e^{a\pi }-e^{-a\pi }}}$

et finalement

${\displaystyle S={\pi \coth(a\pi ) \over a}}$

où l'on a utilisé la formule d'Euler pour passer des fonctions trigonométriques à des exponentielles complexes ainsi que la définition de la fonction cotangente hyperbolique.

Remarque : par symétrie, on a que :

${\displaystyle \sum _{-\infty }^{-1}{1 \over n^{2}+a^{2}}=\sum _{1}^{\infty }{1 \over n^{2}+a^{2}}={1 \over 2}\left({\pi \coth(a\pi ) \over a}-{1 \over a^{2}}\right)}$

c'est-à-dire la moitié de la somme précédemment calculée moins le terme pour ${\displaystyle n=0}$. Passant à la limite quand a tend vers 0, et utilisant le développement limité ${\displaystyle \coth x={\frac {1}{x}}\left(1+{\frac {x^{2}}{3}}\right)+o(x)}$, on retrouve le résultat d'Euler : ${\displaystyle \zeta (2)=\sum _{n=1}^{+\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$.

On trouvera à l'article Fonction digamma une autre méthode de calcul de ces sommes.

La démonstration est identique à celle du premier type, il nous suffit de montrer que la fonction ${\displaystyle \pi \csc(\pi z)}$ a pour résidus ${\displaystyle \left\{(-1)^{n};n\in \mathbb {Z} \right\}}$.

On a ${\displaystyle \csc(\pi z)={1 \over \sin(\pi z)}}$ avec un pôle simple à chaque point entier.

Le résidu d'une fraction ayant un zéro simple au dénominateur est donné par :

${\displaystyle \mathrm {Res} \left({{\pi \over \sin(\pi z)};n}\right)={\pi \over \sin '(n\pi )}={\pi \over \pi \cos(n\pi )}=(-1)^{n}}$

ce qui conclut la démonstration.

Problème : calculer la somme suivante :

${\displaystyle S=\sum _{n=1}^{\infty }{(-1)^{n}\sin(n\theta ) \over n^{3}},\quad (-\pi \leq \theta \leq \pi ).}$

Solution : en utilisant le résultat ci-dessus, on a :

${\displaystyle S={\theta (\theta ^{2}-\pi ^{2}) \over 12}.}$

Développement : la fonction remplit clairement les conditions et a un pôle triple à l'origine. La façon la plus simple d'obtenir le résidu est d'utiliser un développement en série autour de l'origine :

${\displaystyle {1 \over z^{3}}\cdot \sin(z\theta )\cdot {\pi \over \sin(\pi z)}={1 \over z^{3}}\cdot \left(z\theta -{z^{3}\theta ^{3} \over 6}+\dots \right)\cdot \left({1 \over z}+{\pi ^{2}z \over 6}+\dots \right).}$

Le résidu est, par définition, le coefficient du terme en ${\displaystyle z^{-1}}$ du développement ci-dessus c'est-à-dire :