Transcript Fonction Gamma

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Enoncés
Fonction Gamma
1
a) Montrer que pour tout t ∈ [0, n],
Exercice 1 [ 00557 ] [correction]
On rappelle que la valeur de Γ(1/2) est connue.
En déduire une expression de Γ n + 12 pour n ∈ N à l’aide de nombres factoriels.
06
t
1−
n
n−1
6 e.e−t
b) Etablir que
Z
n
lim
Exercice 2 [ 00558 ] [correction]
Sachant Γ0 (1) = −γ, calculer Γ0 (2).
n→+∞
0
n−1
Z +∞
t
ln(t) 1 −
dt =
ln(t)e−t dt
n
0
c) Observer que
Exercice 3 [ 00559 ] [correction]
Sans calculer Γ00 , établir que la fonction Γ est convexe.
Z
0
n
t
ln(t) 1 −
n
n−1
Z
1
dt = ln n +
0
(1 − u)n − 1
du
u
d) Conclure que
Z
Exercice 4 [ 00560 ] [correction]
Démontrer que la fonction
+∞
ln(t)e−t dt = −γ
0
où γ désigne la constante d’Euler.
+∞
Z
tx−1 e−t dt
Γ : x 7→
0
Exercice 7 [ 02635 ] [correction]
√
R +∞
2
On rappelle 0 e−t dt = 2π .
Pour x > 0, on pose
est définie et de classe C ∞ sur ]0, +∞[.
+∞
Z
Exercice 5 [ 00561 ] [correction]
a) Démontrer que la fonction Γ donnée par
+∞
Z
tx−1 e−t dt
Γ(x) =
0
est définie et continue sur ]0, +∞[.
b) Démontrer que la fonction Γ est de classe C 2 sur ]0, +∞[.
c) En exploitant l’inégalité de Cauchy Schwarz, établir que la fonction x 7→ ln Γ(x)
est convexe.
Exercice 6 [ 00562 ] [correction]
L’objectif de cet exercice est de calculer
Z
+∞
e−t tx−1 dt
Γ(x) =
0
a) Montrer que cette fonction est définie et indéfiniment dérivable sur ]0, +∞[.
On étudiera la régularité en se restreignant à x ∈ [a, b] ⊂ ]0, +∞[.
b) Calculer Γ(n + 1) pour n ∈ N.
√
c) En réalisant le changement de variable t = n + y n, transformer l’intégrale
Γ(n + 1) en
Z +∞
nn √
n
fn (y) dy
en
−∞
√
√
2
où fn (y) = 0 pour y 6 − x, 0 6 fn (y) 6 e−y /2 pour − t < y 6 0 et
0 6 fn (y) 6 (1 + y)e−y pour y > 0 et t > 1.
d) En appliquant le théorème de convergence dominée établir la formule de
Stirling :
√
nn
n! ∼ 2πn n
e
ln(t)e−t dt
0
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Enoncés
2
Exercice 8 [ 02952 ] [correction]
a) Soit a ∈ C avec Re(a) > 0. Donner un équivalent de un = a(a + 1) . . . (a + n).
b) Montrer que la fonction Γ ne s’annule pas sur {z ∈ C, Rez > 0}.
Exercice 9 [ 03654 ] [correction]
L’objectif de ce sujet est de calculer
+∞
Z
I=
0
Pour x > 0, on pose
Z
e−t
√ dt
t
+∞
√
F (x) =
0
e−xt
dt
t(1 + t)
a) Justifier que la fonction F est bien définie
b) Déterminer une équation linéaire d’ordre 1 dont F est solution sur ]0, +∞[.
c) Calculer F (0) et la limite de F en +∞.
d) En déduire la valeur de I.
Exercice 10 [ 02537 ] [correction]
a) Donner le domaine de définition de la fonction
+∞
Z
tx−1 e−t dt
Γ : x 7→
0
b) Calculer l’intégrale
Z
In (x) =
n
t
x−1
0
c) Expliquer rapidement pourquoi 1 −
n
t
1−
dt
n
t n
n
converge vers e−t et montrer que
nx n!
n→+∞ x(x + 1) . . . (x + n)
Γ(x) = lim
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Corrections
Corrections
3
car
tx−1 6 ta−1 + tb−1 que t 6 1 ou t > 1
Exercice 1 : [énoncé]
√
Sachant Γ(x + 1) = xΓ(x) et Γ(1/2) = π on a
1
1
3
31
Γ n+
Γ(1/2)
= n−
n−
···
2
2
2
22
La fonction ϕ est intégrable sur ]0, +∞[ et donc, par domination sur tout
segment, Γ est de classe C ∞ sur ]0, +∞[
ce qui donne
1
(2n − 1)(2n − 3) × . . . × 3 × 1 √
(2n)! √
Γ n+
=
π = 2n
π
n
2
2
2 n!
Exercice 5 : [énoncé]
a) Posons f (x, t) = tx−1 e−t définie sur R+? × ]0, +∞[.
Pour tout x > 0, la fonction t 7→ f (x, t) est continue par morceaux sur ]0, +∞[ et
intégrable car
tx−1 e−t ∼ + tx−1 avec x − 1 > −1 et t2 f (x, t) −−−−→ 0
Exercice 2 : [énoncé]
Γ(x + 1) = xΓ(x) donc Γ0 (x + 1) = xΓ0 (x) + Γ(x) puis Γ0 (2) = 1 − γ.
Exercice 3 : [énoncé]
Pour tout t > 0, la fonction x 7→ tx−1 = e(x−1) ln t est convexe donc pour tout
a, b ∈ ]0, +∞[ et tout λ ∈ [0, 1], tλa+(1−λ)b−1 6 λta−1 + (1 − λ)tb−1 puis
tλa+(1−λ)b−1 e−t 6 λta−1 e−t + (1 − λ)tb−1 e−t . En intégrant sur ]0, +∞[, on obtient
Γ(λa + (1 − λ)b) 6 λΓ(a) + (1 − λ)Γ(b).
Exercice 4 : [énoncé]
Posons f (x, t) = tx−1 e−t définie sur R+? × ]0, +∞[.
Pour tout x > 0, la fonction t 7→ f (x, t) est intégrable sur ]0, +∞[ car
La fonction Γ est donc définie sur ]0, +∞[.
Pour tout t ∈ ]0, +∞[, la fonction x 7→ f (x, t) est continue sur R+?
Pour x ∈ [a, b] ⊂ ]0, +∞[, on a tx−1 6 ta−1 ou tx−1 6 tb−1 selon que t 6 1 ou
t > 1 et donc
∀(x, t) ∈ [a, b] × ]0, +∞[ , |f (x, t)| 6 f (a, t) + f (b, t) = ϕ(t)
La fonction ϕ est intégrable et donc, par domination sur tout segment, Γ est
continue sur ]0, +∞[.
car
tx−1 e−t ∼ + tx−1 avec x − 1 > −1 et t2 f (x, t) −−−−→ 0
b) Pour k = 1 ou 2.
t→+∞
t→0
∂kf
∂kf
existe et
(x, t) = (ln t)k tx−1 e−t
k
∂x
∂xk
La fonction f admet des dérivées partielles
∂kf
(x, t) = (ln t)k tx−1 e−t
∂xk
Pour tout x > 0, la fonction t 7→
sur ]0, +∞[ car
k x−1 −t
t (ln t) t
e
t→+∞
t→0
tx−1 e−t ∼ + tx−1 avec x − 1 > −1 et t2 f (x, t) −−−−→ 0
a
t→+∞
t→0
∂k f
(x, t)
∂xk
Pour tout x > 0 : t 7→
car
est continue par morceaux et intégrable
k x−1 −t
−−−−→
0 pour a ∈ ]1 − x, 1[ et t × (ln t) t
+
e
−−−−→ 0
t→+∞
Pour [a, b] ⊂ ]0, +∞[,
∀(x, t) ∈ [a, b] × ]0, +∞[ ,
est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞[
ta ln(t)tx−1 e−t −−−−→
0 pour a ∈ ]1 − x, 1[ et t2 × ln(t)tx−1 e−t −−−−→ 0
+
t→+∞
x→0
2
x→0
∂f
∂x (x, t)
∂kf
(x, t) 6 (ln t)k (ta−1 + tb−1 )e−t = ϕ(t)
∂xk
∂2f
∂x2
est continue en x et continue par morceaux en t.
Pour tout [a, b] ⊂ ]0, +∞[
∀(x, t) ∈ [a, b] × ]0, +∞[ ,
∂2f
(x, t) 6 (ln t)2 (ta−1 + tb−1 )e−t = ϕ(t)
∂x2
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Corrections
Par des arguments analogues aux précédents, on obtient que ϕ est intégrable sur
]0, +∞[ et donc, par domination sur tout segment, Γ est de classe C 2 sur ]0, +∞[
avec
Z +∞
Z +∞
Γ0 (x) =
ln(t)tx−1 e−y dt et Γ00 (x) =
(ln t)2 tx−1 e−y dt
0
Γ00 (x)Γ(x) − Γ0 (x)2
+∞
t
Z
1
n−1
n ln(u)(1 − u)
du = [ln(u)(1 − (1 − u)
ε
n
1
)]ε
Z
+
ε
1
(1 − u)n − 1
du
u
On notera que la fonction u 7→ n(1 − u)
est primitivée en (1 − (1 − u)n ) qui
s’annule en 0 de sorte que l’intégration par parties donne à la limite quand ε → 0+
Z 1
Z 1
(1 − u)n − 1
n ln(u)(1 − u)n−1 du =
du
u
0
0
c) La dérivée seconde de ln Γ(x) est du signe de
x−1 −t
e
Z
+∞
2 x−1 −t
(ln t) t
dt
0
0
et
n−1
0
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
Z
Z +∞ √
p
tx−1 e−t (ln t)2 tx−1 e−t dt 6
4
0
e
d) Par le changement de variable u = 1 − v
Z 1
Z 1 n
Z 1 n−1
dt
X
(1 − u)n − 1
v −1
du = −
dv = −
v k dv
u
v−1
0
0
0
k=0
Ainsi
0
00
2
Γ (x) 6 Γ(x)Γ (x)
puis
Z
et donc
(ln Γ(x))00 > 0
0
1
n
X1
(1 − u)n − 1
du = −
= − ln n − γ + o(1)
u
k
k=1
Finalement
Finalement x 7→ ln Γ(x) est convexe.
Z
+∞
ln(t)e−t dt = −γ
0
Exercice 6 : [énoncé]
a) Puisque ln(1 + u) 6 u, on a
Exercice 7 : [énoncé]
n−1
a) Posons f (x, t) = tx−1 e−t définie sur R+? × ]0, +∞[.
t
t
t
= exp (n − 1) ln 1 −
6 exp −(n − 1)
= e−t et/n 6 e.e−t Pour tout x > 0, la fonction t 7→ f (x, t) est intégrable sur ]0, +∞[ car
06 1−
n
n
n
tx−1 e−t ∼ + tx−1 avec x − 1 > −1 et t2 f (x, t) −−−−→ 0
t→+∞
t→0
b) Pour tout t ∈ R+ , ln(t)e−t est limite simple de la suite de fonction (un ) définie
t n−1
par un (t) = 1 − n
si t ∈ ]0, n[ et un (t) = 0 sinon.
La fonction f admet des dérivées partielles
Puisque |ln(t)un (t)| 6 e. ln(t)e−t , par convergence dominée :
∂kf
n−1
Z n
Z +∞
(x, t) = (ln t)k tx−1 e−t
k
t
∂x
lim
ln(t) 1 −
dt =
ln(t)e−t dt
n→+∞ 0
k
n
0
Pour tout x > 0, la fonction t 7→ ∂∂xfk (x, t) est continue par morceaux et intégrable
sur ]0, +∞[ car
c) Par le changement de variable u = nt
Z
0
avec
Z
n
t
1−
n
1
n (1 − u)
0
n−1
n−1
Z
1
n−1
n (1 − u)
ln(t) dt =
ln(nu) du
0
ta (ln t)k tx−1 e−t −−−−→
0 pour a ∈ ]1 − x, 1[ et t2 × (ln t)k tx−1 e−t −−−−→ 0
+
x→0
t→+∞
Pour [a, b] ⊂ ]0, +∞[,
Z
ln(nu) du = ln n +
0
1
n ln(u)(1 − u)n−1 du
∀(x, t) ∈ [a, b] × ]0, +∞[ ,
∂kf
(x, t) 6 (ln t)k (ta−1 + tb−1 )e−t = ϕ(t)
∂xk
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Corrections
car
t
x−1
6t
a−1
b−1
+t
que t 6 1 ou t > 1
La fonction ϕ est intégrable sur ]0, +∞[ et donc, par domination sur tout
segment, Γ est de classe C ∞ sur ]0, +∞[
b) Par intégration par parties avec u0 (t) = e−t et v(t) = tx , on obtient
Sachant Γ(1) = 1, on obtient par récurrence Γ(n + 1) = n!.
c) Par le changement de variable proposé
Z
Exercice 8 : [énoncé]
a) a = α + iβ avec α > 0 et β ∈ R.
a + n = |a + n| eiθn avec
p
|a + n| = (α + n)2 + β 2 = n + α + O
et
Γ(x + 1) = xΓ(x)
nn √
Γ(n + 1) = n n
e
5
β
β
θn = arctan
= +O
a+n
n
1
n2
1
n
Alors
+∞
un = a exp
fn (y) dy
n
X
k=1
−∞
ln k +
n
X
k=1
!
n
X
1
1
α
β
ln 1 + + O
+O
+i
2
k
k
k
k2
k=1
Ainsi
avec
n
√
√
√ y
fn (y) = 0 sur −∞, − n , fn (y) = e−y n 1 + √
sur − n, +∞
n
2
√
√
Sur ]− n, 0], une étude fonctionnelle montre n ln 1 + √yn − y n 6 − y2 qui
donne 0 6 fn (y) 6 e−y
2
/2
.
Sur [0, +∞[, une étude fonctionnelle montre n ln 1 +
√y
n
√
− y n 6 −y + ln(1 + y)
−y
pour t > 1. Cela donne 0 6 fn (y) 6 (1 + y)e .
d) La fonction
2
e−y /2
si y 6 0
ϕ:y→
(1 + y)e−y sinon
est intégrable sur R.
Quand n → +∞, en réalisant un développement limité du contenu de
l’exponentielle
√
2
−y n+n ln 1+ √yn
→ e−y /2
fn (y) = e
Par convergence dominée
Z
+∞
Z
+∞
fn (y) dy →
−∞
e−y
2
/2
dy =
Γ(n + 1) = n! ∼
2π
et donc un ∼ A(a)n!na avec na = exp(a ln n) et A(a) ∈ C? .
b) Notons H = {z ∈ C, Rez > 0}. Pour z ∈ H, on a
Z +∞
Γ(z) =
tz−1 e−t dt
0
Par convergence dominée, on montre que
n
Z n
t
z−1
Γ(z) = lim
t
1−
dt
n→+∞ 0
n
Par changement de variable,
n
Z n
Z 1
t
z−1
t
1−
dt = nz
uz−1 (1 − u)n du
n
0
0
puis par intégrations par parties successives
n
Z n
t
nz n!
x−1
t
1−
dt =
n
z(z + 1) . . . (z + n)
0
On en déduit que pour z = a,
Γ(z) =
−∞
d’où
√
un = an! exp (α ln n + iβ ln n + χ + o(1))
√
2πn
nn
en
1
A(a)
On en déduit en particulier que Γ(z) 6= 0 mais aussi que
a(a + 1) . . . (a + n) ∼
na n!
Γ(a)
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Corrections
Exercice 9 : [énoncé]
a) Posons
6
et
Z
−xt
f (x, t) = √
e
t(1 + t)
0
+∞
1
0 6 f (x, t) 6 √
t(1 + t)
√
1
1
1
1
∼ √ et √
∼
t(1 + t) t→0+ t
t(1 + t) t→+∞ t3/2
donc t 7→ f (x, t) est intégrable sur ]0, +∞[ et l’intégrale impropre définissant F (x)
est bien convergente.
b) Pour chaque t ∈ ]0, +∞[, la fonction x 7→ f (x, t) est dérivable et
∂f
te−xt
(x, t) = − √
∂x
t(1 + t)
0
te−xt dt
√
t(1 + t)
On constate alors
Z
0
+∞
F (x) − F (x) =
0
e−xt
1
√ dt = √
xt=u
x
t
Z
0
avec la condition initiale y(0) = π, on obtient
Z
∀x > 0, F (x) = ex π − I
+∞
x
e−t
√ dt
t
0
La nullité de la limite de F en +∞ impose alors
Z x −t
e
√ dt −−−−−→ π
I
x→+∞
t
0
√
π
Exercice 10 : [énoncé]
a) La fonction Γ est définie sur R+? .
En effet, pour x ∈ R, la fonction f : t 7→ tx−1 e−t est définie et continue par
morceaux sur ]0, +∞[.
Puisque t2 f (t) = tx+1 e−t −−−−→ 0, la fonction f est assurément intégrable sur
t→+∞
avec ϕ : ]0, +∞[ → R+ continue par morceaux et intégrable.
Par domination sur tout segment, F est de classe C 1 sur ]0, +∞[ et
+∞
I
y − y0 = √
x
I=
√
∂f
(x, t) 6 te−at = ϕ(t)
∂x
Z
d) Après résolution (avec méthode de variation de la constante) de l’équation
et donc
Pour tout x ∈ ]0, +∞[, la fonction t 7→ ∂f
∂x (x, t) est continue par morceaux sur
]0, +∞[
Pour tout t ∈ ]0, +∞[, la fonction x 7→ ∂f
∂x (x, t) est continue sur ]0, +∞[
Soit [a, b] ⊂ ]0, +∞[. Pour (x, t) ∈ [a, +∞[ × ]0, +∞[,
F 0 (x) = −
e−xt
I
√ dt = √ −−−−−→ 0
x x→+∞
t
donc, par encadrement, F −−→ 0.
définie sur [0, +∞[ × ]0, +∞[.
Soit x > 0. L’application t 7→ f (x, t) est continue par morceaux sur ]0, +∞[ et
avec
+∞
0 6 F (x) 6
e−u
I
√ du = √
u
x
[1, +∞[.
De plus, f (t) ∼ + tx−1 est intégrable sur ]0, 1] si, et seulement si, x − 1 > −1 i.e.
t→0
x > 0.
Ainsi f est intégrable sur ]0, +∞[ si, et seulement si, x > 0.
Enfin, la fonction f étant positive, l’intégrabilité équivaut à l’existence de
l’intégrale.
b) Par intégration par parties
In (x) =
tx
x
n n
n x
t n
xn
n!
x(x + 1) . . . (x + n − 1)nn
Z
1−
t
n
Z
+
0
0
1−
t
n
n−1
dt
En répétant l’opération
c) On a
Z
F (0) =
0
+∞
√
dt
=
t(1 + t) t=u2
Z
0
+∞
2 du
=π
1 + u2
In (x) =
n
tx+n−1 dx
0
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et finalement
In (x) =
Corrections
7
nx n!
x(x + 1) . . . (x + n)
c) Quand n → +∞
n
t
t
t
1
1−
= exp n ln(1 − ) = exp n − + o
→ e−t
n
n
n
n
Considérons la suite des fonctions
x−1
n
t
1 − nt
fn : t 7→
0
si t ∈ ]0, n[
si t ∈ [n, +∞[
Soit t > 0 fixé. Pour n assez grand t ∈ ]0, n[ et
n
t
fn (t) = tx−1 1 −
→ tx−1 e−t
n
La suite (fn ) converge simplement vers la fonction f introduite dans la première
question.
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux.
Enfin, pour t ∈ ]0, n[, on a
|fn (t)| = tx−1 exp (n ln(1 − t/n) 6 tx−1 e−t = f (t)
car il est connu ln(1 + u) 6 u pour tout u > −1. On a aussi |fn (t)| 6 f (t) pour
t ∈ [n, +∞[ et donc
∀t ∈ ]0, n[ , |fn (t)| 6 f (t)
La fonction f étant intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence
dominée et affirmer
Z +∞
Γ(x) = lim
fn (t) dt
n→+∞
Puisque
Z
+∞
Z
fn (t) dt =
0
on peut conclure
0
n
0
n
t
tx−1 1 −
dt
n
nx n!
n→+∞ x(x + 1) . . . (x + n)
Γ(x) = lim
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