[PDF] Fonction Gamma dEuler et fonction zêta de Riemann

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Fonction Gamma d"Euler et fonction zêta de Riemann

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d"Orsay

Université Paris-Sud, France

1. Introduction

2. La fonction(z)

Existe-t-il une manière naturelle d"interpolerla fonction factorielleN3n7!n!entre deux entiersnetn+ 1quelconques? La réponse est oui! Pourx >0réel, lafonction Gammaest définie par : (x) :=Z 1 0 ettx1dt: Cette intégrale converge près det= 0, puisque la fonctiontx1y est intégrable d"après le critère de Riemann, et elle converge aussi pourt! 1, simplement parce que la décroissance deetneutralise toute croissance polynomiale. En intégrant par parties, le lecteur pourra vérifier que l"on a(n+ 1) =n!pour tout entiern2N, mais il peut s"en dispenser, puisque nous allons aussi faire ce calcul dans un instant. Sans attendre, décollons vers l"imaginaire! Quelques observations simples permettent en effet d"étendre le domaine de définition. Théorème 2.1.La fonctionR+3x7!(x)se prolonge comme fonction holomorphe dans le demi-plan droitfz2C:Rez >0g, par la formule : (z) :=Z 1 0 ettz1dt(Rez >0):

Évidemment, on note :

z=x+iy: Démonstration.Commençons par observer que :ettz1=ete(z1)logt=ete(x1)logt=ettx1; de telle sorte que cette intégrale complexe converge effectivement lorsqueRez=x >0, puisqu"elle est majorée par : (z)=Z 1 0 ettz1dt6Z 1 0 ettz1dt Z 1 0 ettx1dt= (x)<1: Mais pourquoi l"applicationz7!(z)serait-elle de surcroît holomorphe? 1

2 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-SudIl suffit de faire voir, pour tous nombres positifs0< définit une fonction qui est holomorphe dans la bande verticale : B ;M:=z2C: !0R 1=" ", introduisons : "(z) :=Z 1=" ete(z1)logtdt: D"après un théorème connu, puisque l"intégrande est visiblement holomorphe par rapport àz, cette fonctionz7!"(z)est holomorphe dans la bandeB;M. En prenant":=1n il suffit alors de montrer que la suite 1n (z)1 n=1de fonctions holomorphes dansB;M converge uniformément vers(z), car un théorème connu de Cauchy garantira alors que la limite y est holomorphe.

À cette fin, estimons :

(z)"(z)6Z 0 ettx1dt+Z 1

1="ettx1dt(z2B;M):

La première intégrale converge uniformément vers0lorsque"!0, puisqu"on peut la majorer par :Z" 0 ettx1dt61Z 0 tx1dt=h 1x txi" 0="xx 6"

Quant à la seconde :

Z 1

1="ettx1dt6Z

1

1="ettM1dt6constanteZ

1

1="et=2dt!"!00:

Malgré le fait que l"intégrale qui définit(z)n"estpasabsolument convergente pour les valeurs deztelles queRez60, nous allons pouvoir prolonger méromorphiquement au plan complexeCtout entier, avec peu de pôles, seulement aux point entiers négatifs z= 0;1;2;3;:::. L"unicité de ce prolongement méromorphe sera alors garantie par le principe d"unicité pour les fonctions holomorhes, en-dehors de cet ensemble discret de pôles. Nous continuerons à noter2M(C)ce prolongement méromorphe. L"existence de pôles aux points entiers négatifs provient en fait d"une identité fonction- nelle importante.

Lemme 2.2.Pour toutz2Cavecx=Rez >0, on a :

(z+ 1) =z(z); et : (n+ 1) =n!(8n2N): Démonstration.Une simple intégration par parties dans le domaine de convergence fRez >0gexplique l"identité : z(z) =Z 1 0 etz tz1dt h e ttzi1 0 Z 1 0 ettzdt = 0 + (z+ 1);

2. La fonction(z)3et comme :

(1) =Z 1 0 etdt=h eti1 0= 1; une récurrence instantanée donne(n+ 1) =n!- point d"exclamation de plaisir! C"est la division nécessaire par le facteurzdans la formule quasi-équivalente(z) = 1z (z+ 1)qui va introduire des pôles - heureusement simples! Théorème 2.3.La fonction(z), initialement définie dansfRez >0g, bénéficie d"un prolongement méromorphe au plan complexeCtout entier dont les seules singularités sont des pôlessimplesaux entiers négatifsz= 0;1;2;3;:::, où elle a pour résidus : res z=n =(1)nn!(8n2N): Démonstration.Il suffit de prolongerà tout demi-plan de la formefRez >mgavec un entierm>1quelconque.

PourRez >1, définissons :

1(z) :=(z+ 1)z

Puisque(z+ 1)est holomorphe dansfRez >1g, il est clair que1est méromorphe dans ce demi-plan, et qu"elle y a une unique singularité, un pôle d"ordre1enz= 0.

Comme(1) = 1, son résidu y vaut1 =(1)00!

. De plus, dans le sous-demi-planfRez >

0g fRez >1g, l"identité fondamentale montre que cette fonction :

1(z) =(z+ 1)z

= (z) coïncide bien avec la fonction à prolonger. Pour un entierm>1quelconque, définissons dans le demi-planfRez >mgla fonction : m(z) :=(z+m)(z+m1)(z+n+ 1)(z+n)(z+n1)(z+ 1)z: Visiblement, cette fonction est méromorphe avec des pôles simples enz=m+

1;:::;1;0, et en un point entier négatifz=navec06n6m1quelconque,

elle y a pour résidu : res z=nm(z) =(n+m)(n+m1)(1) (1)(2)(n) (mn+ 1)!(mn+ 1)!(1)nn! (1)nn!: De plus, dans le sous-demi-planfRez >0g fRez >mg, une itération de l"identité fondamentale du Lemme 2.2 : (z+m) = (z+m1)(z+ 1)z(z) montre aussitôt quem(z) = (z)coïncide bien avec la fonction à prolonger.quotesdbs_dbs2.pdfusesText_2

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