[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-Saclay, 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-SaclayIl 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 holomorphes, 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)(n+ 1)(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. D"ailleurs, le principe d"identité garantit aussi quem= npour tous entiers16n6 m, dansfRez >ngZ.

4 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-SaclayL"identité fondamentale(z+ 1) =z(z)continue d"être satisfaite (exercice mental)

dans l"ouvert connexeCZ- c"est-à-dire en-dehors des pôles - parce que (solution) les deux côtés de cette formule coïncident dansfRez >0g. On peut même se convaincre (exercice) qu"en un entier négatif quelconquez=n avecn>1, les deux membres de l"identité(z+ 1) =z(z)sont infinis, et que : res z=n(z+ 1) = (n)resz=n(z):

Enfin, enz= 0, notons que :

(1) =limz!0z(z): Voici une démonstration alternative du Théorème 2.3, encore plus éclairante, dont les

idées se recontreront aussi plus tard. Elle consiste à décomposer l"intégrale qui définit(z)

pourRez >0en deux morceaux : (z) =Z 1 0 ettz1dt+Z 1 1 ettz1dt:

Grâce à la décroissance forte deet, la deuxième intégrale définit une fonction holo-

morphe entière, définie surC. Quant au premier morceau, développons-y en série entière

l"exponentielle, justifions la convergence normale (exercice), et intégrons terme à terme : Z 1 0 ettz1dt=1X n=0Z 1

0(t)nn!tz1dt=1X

n=0(1)nn!(n+z):

Ceci nous permet d"écrire formellement :

(z) =1X n=0(1)nn!(n+z)+Z 1 1 ettz1dt(Rez >0):

Assertion 2.4.Cette série infinieP1

n=0(1)nn!(n+z)définit une fonction méromorphe dansC ayant pour seules singularités des pôles simples aux entiers négatifsz=noù elle a pour résidus (1)nn!. Démonstration.Pour un grand rayonR1, et pour un entierN>2R, décomposons-la en :1X n=0(1)nn!(n+z)=NX n=0(1)nn!(n+z)+1X n=N+1(1)nn!(n+z): La première somme, qui est finie, définit une fonction méromorphe dans le disquefjzj<

Rgavec les pôles et les résidus annoncés, tout à fait en accord avec ce que la première

démonstration a déjà fait voir. Pour ce qui est de la deuxième somme portant sur des entiersn >N>2R, toujours pourjzjRimplique :(1)nn!(n+z)

61n!R;

nous voyons instantanément qu"elle converge normalement sur le disquefjzj2. La fonction(z)5En définitive, nous avons pourtoutz2CnZ:

(z) =1X n=0(1)nn!(n+z)+Z 1 1 ettz1dt:(2.5) une symétrie fondamentale depar rapport à la droitefRez=12 g.

Théorème 2.6.

[F ormuledes compléments ]En toutz2C: (z)(1z) =sin z: Observons que(1z)a des pôles simples aux entiers naturelsz= 1;2;3;:::, de telle sorte que le produit(z)(1z), une fonction méromorphe surC, possède des pôles simples entousles entiers relatifs2Z, tout aussi bien que la fonctionsin z. Démonstration.Il suffit d"établir cette identité en des pointsréels0< x <1, car alors le principe d"identité garantira aussitôt qu"elle est vraie dans tout l"ouvert connexeCnZ. Lemme 2.7.Pour un paramètre réel0< a <1quelconque, on a : Z 1 0v a11 +vdv=sin a: Démonstration.Il suffit d"effectuer le changement de variablev=exet de se souvenir de

l"intégration, déjà vue dans un chapitre qui précède, de la fonctionf(z) =eaz1+ezle long de

rectangles de sommetsR,R,R+ 2i,R+ 2iavecR! 1, pour calculer l"intégrale qui apparaît : Z 1 0v a11 +vdv=Z 1 1e ax1 +exdx=sin a: Pour établir le théorème, avec un paramètret >0quelconque, en effectuant le change- ment de variablev t=u, préparons : (1x) =Z 1 0 euuxdu=tZ 1 0 evtv txdv;

6 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclayet grâce à cette astuce, calculons, puis concluons :

(1x)(x) =Z 1 0 ettx1(1x)dt Z 1 0 ettx1 tZ 1 0 evtv txdv dt Z 1 0 vxZ1 0 et(1+v)dt dv Z 1 0 vxet(1+v)1v 1 0 dv Z 1 0v x1 +vdv sin(1x) sin x:

En particulier, au pointz=12

, en observant que(x)>0quandx2R+, nous trouvons la valeur spéciale : 12 =p: Poursuivons notre étude de la fonction Gamma en regardant son inverse, fonction qui devient entière et à croissance contrôlée. Théorème 2.8.La fonctionz7!(z)d"Euler jouit des propriétés suivantes. (1)

1(z)2O(C)est holomorphe entière, avec des zéros simples aux entiers négatifsz=

0;1;2;:::, et aucun zéro ailleurs.

(2)

1(z)a pour croissance :1(z)

6c1ec2jzjlogjzj(8z2C);

où0< c1;c2<1sont des constantes universelles. Une telle inégalité doit en fait s"interpréter quandjzj ! 1. On dit alors que1(z)est d"ordre (exponentiel)61, au sens où, pour tout" >0, il existe une constante0< c1;"<1 telle que :1(z)

6c1;"ec2jzj1+":

L"Exercice 1 montre que l"on ne peut pas ici se dispenser d"un" >0dans la puissance jzj1+". Rappelons que les seuls zéros desinz=12ieizeizsont lesz2Ctels que e

2iz= 1, d"oùz=k2Z, comme on doit s"en souvenir.

Démonstration.Grâce au Théorème 2.6 qui précède, nous pouvons écrire :

1(z)=sinz

(1z); et à droite, les pôles simples de(1z)situés aux entiersz= 1;2;3;:::sont annihilés par les zéros simples desinz, donc1(z)est holomorphe entière avec des zéros simples

2. La fonction(z)7aux zéros restants desinz, c"est-à-dire enz= 0;1;2;:::. De plus,1(z)6= 0ailleurs,

car les seuls zéros desinzsont lesz=k2Z. Pour établir l"estimée de croissance, avec un réelx>0quelconque, et avec l"entier positif uniquex6n6e(x+1)log(x+1): En utilisant l"identité (2.5) écrite pour(1z), nous avons :

1(z)=sinz

1 X n=0(1)nn!(n+ 1z)+sinz Z 1 1 ettzdt;

Ensuite, comme

ew6ejwj, et comme pourt>0:tz=ezlogt=eRezlogt6ejRezjlogt6ejzjlogt=tjzj; nous pouvons estimer la croissance du deuxième terme :eizeiz2i Z 1 1 ettzdt6ejzj Z 1 1 ettjzjdt 6 ejzj e(jzj+1)log(jzj+1)

6c1ec2jzjlogjzj:

Quant au premier terme :

sinz 1 X n=0(1)nn!(n+ 1z); dans un premier cas oùjImzj>1, puisqu"on a alors pour tout entiern>0:n+ 1z>1; il se majore aisément :sin z 1 X n=0(1)nn!(n+ 1z) 6ejzj 1 X n=01n!1 ejzj+1 Dans l"autre cas oùjImzj<1, introduisons l"unique entierk=kzaveck12

6Rez <

k+12 , et distinguons deux sous-cas. Lorsquek>1, mettons en exergue, dans la somme infinie, le termen=k1: sinz 1 X n=0(1)nn!(n+ 1z)=sinz (1)k1(k1)!(kz)+sinz X n6=k1(1)nn!(n+ 1z);

8 FrançoisDEMARÇAY, Département de Mathématiques d"Orsay, Université Paris-Saclayet démontrons que les deux expressions à droite sont bornées.

Pour la première expression, avec la constante : max jwj63=2 sinw w =:c <1; finie parce quew7!sinw w est holomorphe surCcar en0on asinw=w+ O(w2), estimons la par cette constante :sinz (1)k1(k1)!(kz) =sin(kz)(kz)

1(k1)!

[w:=kz]6maxjwj63=2 sinw w =c; sachant que l"on a ici : jwj=kz6kRez+jImzj612 + 1:

Ensuite, grâce à :

n6k2 =) jn+ 1zj>jn+ 1Rezj=Rezn1 >k12 n1 12 n>k=) jn+ 1zj>jn+ 1Rezj=n+ 1Rez >n+ 1k12 12 constatons que le second terme est lui aussi borné :sinz X n6=k1(1)nn!(n+ 1z)

6eixyeix+y2i

X n6=k11n!12 6 ejyj 2e1 6 2 e+1:

Enfin, lorsquek60, d"oùRez <12

d"après notre supposition, il devient inutile de mettre un terme en exergue, car alors on a toujours :n+ 1z>n+ 1Rez>n+ 112 >12 (8n2N); d"où similairement :sinz 1 X n=0(1)nn!(n+ 1z) 6ejyj 1 X n=01n!12 6 2 e+1:

Le fait que

1(z)satisfasse une condition d"ordre exponentiel du type qui a été discuté

dans le chapitre sur les fonctions entières conduit naturellement à une factorisation de Ha- damard.

2. La fonction(z)9Rappelons auparavant que laconstante d"Euler :

quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43
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