[PDF] 1 LA FONCTION GAMMA : DEFINITION ET Γ(1)

La fonction Γ - maths-francefr

en déduit que la fonction f est intégrable sur un voisinage de +∞ Etude en 0 tx−1e−t ∼ t→+∞ tx−1 et donc la fonction f est intégrable sur un voisinage de 0 si et seulement si x−1 > −1 ce qui équivaut à x > 0 Finalement, γ(x) existe si et seulement si x > 0 ∀x > 0, Γ(x) = Z+∞ 0 tx−1e−t dt 2) Relation

INTRODUCTION AUX FONCTIONS SPECIALES´ Vadim Schechtman Notes

CHAPITRE I FONCTIONS GAMMA ET BETA §1 Fonctions Γ et B 1 0 A la place d’une introduction La m´ethode d’une fonction g´` en´eratrice Consid´erons, avec Euler, le probl`eme suivant: d´efinir une fonction Π(s),s∈ C, telle que Π(n) = n pour nnaturel Pour le r´esoudre, on ´ecrit une fonction g´en´eratrice f(t) = X∞ n=0

Fonction Gamma d’Euler et fonction zêta de Riemann

Fonction Gamma d’Euler et fonction zêta de Riemann François DE MARÇAY Département de Mathématiques d’Orsay Université Paris-Sud, France 1 Introduction 2 La fonction ( z) Existe-t-il une manière naturelle d’interpoler la fonction factorielle N 3n7 n entre deux entiers net n+ 1 quelconques? La réponse est oui

1 LA FONCTION GAMMA : DEFINITION ET Γ(1)

La fonction Gamma dans tout ses etats 1 La fonction Gamma : d e nition et 0(1) Exercice 1 On note Γ la fonction d´efinie sur ]0;+1[ par la relation Γ(x) = ∫ +1 0 e ttx 1 dt: Pour n entier naturel non nul, on pose Hn = ∑n k=1 1 k = 1 1 + 1 2 + + 1 n: 1 V´erifier que Γ est bien d´efinie 2 D´emontrer que la fonction Γ est d

Master 2 Agr´egation, Math´ematiques, Universit´e de Nice

1) Montrer que ceci d´efinit une fonction holomorphe sur l’ouvert donn´e 2) On pose θ(t) = X Z e−πn2t pour t > 0 On rappelle qu’`a l’aide de la formule sommatoire de Poisson, on a montr´e que θ(t) = 1 √ t θ 1 t pour t > 0 On pose θ˜(t) = +X∞ n=1 e−πn2t pour t > 0 Quelle relation fonctionnelle est obtenue pour θ˜ ?

Loi Gamma, loi du 2 et loi de Student

L’allure de la fonction Gamma est présentée sur la figure suivante La première courbe a été tracée entre 0 01 et 6 La seconde, tracée entre 0 1 et 4 5, montre un peu mieux la vallée Fig 4-1 : Fonction Gamma sur [0 01, 6] (à gauche) et sur [0 1, 4 5] (à droite)

Mémoire de master2 Mathématiques fondamentales La fonction

Il permettra également d’établir des analogies entre les formules données dans les chapitres 1 à 4 Le chapitre 1 est consacré à l’étude de la fonction Gamma D’Euler Après avoir cité trois noms illustres concernant cette fonction (Euler, Gauss, Weierstrass), on introduit la fonction Γ par sa définition sous forme intégrale :

Abstract Nous donnons une brève présentation de la théorie

ment étudiée durant le 19ème siècle Cette fonction véri e aussi l'expression inté-grale suivante : Théorème 2 Si 0

Chapitre 3 LES GAZ PARFAITS : EXEMPLES DE CALCULS DE

28 Les gaz parfaits : exemples de calculs de grandeurs thermodynamiques Supposons que Vreste constant : dV=0 Dèslors,Sest une fonction de Tseulement dont on connaît la dérivée : dS/dT= nCv/T Rappelons que ln(T) est une primitive de 1/T

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1 LA FONCTION GAMMA : D

EFINITION ETΓ0(1)

Universite de Lorraineannee 2012-2013

Agregation de Mathematiques

La fonction Gamma dans tout ses etats

1 La fonction Gamma : denition et0(1)

Exercice 1On note Γ la fonction d´efinie sur ]0;+1[ par la relation

Γ(x) =∫

+1 0 ettx1dt:

Pournentier naturel non nul, on pose

H n=n∑ k=11 k =1 1 +1 2 ++1 n

1. V´erifier que Γ est bien d´efinie.

2. D´emontrer que la fonction Γ est d´erivable sur ]0;+1[, avec

8x >0 Γ0(x) =∫

+1 0 ettx1logt dt:

3. Montrer que la suite (un)n1d´efinie parun=Hnlognadmet une limite

lorsquentend vers l'infini. On notera cette limite, appel´ee constante d'Euler.

4. Montrer que pour tout entiern1,Hn=∫1

01(1v)n

v dv.

5. En d´eduire que, pour tout entier natureln1,

H n+1 n+ 1=∫ 1 0 (1v)nlogv dv: 6.

´Etablir que pour toutt0, 1tet.

7. On poseIn=∫n

0(1t n )nlogt dt. Montrer que lim n!+1In=∫ +1 0 etlogt dt:

8. Montrer que

=Γ0(1).

Indication : on pourra montrer queIn=n

n+1(lognHn+1). Solution 11. La fonctiont7!ettx1est continue sur ]0;+1[, donc lo- calement int´egrable sur ]0;+1[. Reste `a ´etudier l'int´egrabilit´e en 0 et en l'infini. En 0,ettx1tx1, et commex1>1 et quetx1est de signe constant au voisinage de 0, l'int´egrabilit´e en 0 d´ecoule du crit`ere d'´equivalence avec une int´egrale "de type Riemann" classique. En l'infini, e ttx1=o(et=2), ce qui donne la convergence en l'infini. 1

1 LA FONCTION GAMMA : D

EFINITION ETΓ0(1)

2. Soienta;br´eels avec 0< a < b <+1. Pour toutt >0, on a

@x (ettx1)=ettx1logt:

Comme pour toutt >0 et toutx2]a;b[, on a

jettx1logtj= (logt)ettx111]0;1[(t) +ettx1logt11[1;+1[(t) (logt)etta111]0;1[(t) +ettb1logt11[1;+1[(t); on pourra appliquer le th´eor`eme de d´erivation sous le signe int´egrale d`es qu'il sera acquis que t7!(logt)etta111]0;1[(t) +ettb1logt11[1;+1[(t) est int´egrable sur ]0;+1[. - Cette fonction est continue, donc localement int´egrable. - En 0, on a logt=o(ta=2) etet1, d'o`u la relation de comparaison (logt)etta1=o(ta=21), ce qui donne l'int´egrabilit´e en 0. - En +1, comme logt=o(t), on aettb1logt=o(ettb), maistb= o(et=2), donc finalementettb1logt=o(et=2), ce qui donne l'int´egrabilit´e en l'infini. Ainsi, la fonction Γ est d´erivable sur ]a;b[, avec

8x2]a;b[ Γ0(x) =∫

+1 0 ettx1logtd(t): Comme la d´erivabilit´e est une propri´et´e locale et que tout point de ]0;+1[ admet un voisinage de la forme ]a;b[, aveca;br´eels v´erifiant 0< a < b < +1, le r´esultat s'ensuit.

3. On a le comportement suivant

junun1j=j(HnHn1)(lognlog(n1))j =1 n + log(11=n)=1 n 1 n +O(1 n 2) =O(1 n 2) Ainsi la s´erie de terme g´en´eralunun1converge, mais on a la relation t´elescopique n∑ k=2(unun1) =unu1, donc la suite (un)n1converge.

4. Pour toutv2]0;1[, on a en posantu= 1v

1

01(1v)n

v dv=∫ 1 01un

1udu=∫

1 0( n1∑ k=0uk) du n1∑ k=0∫ 1 0 ukdu=n1∑ k=01 k+ 1=Hn: 2

1 LA FONCTION GAMMA : D

EFINITION ETΓ0(1)

5. On fait une int´egration par parties : pour tout >0, on a

1 (1v)nlogv dv

1(1v)n+1

n+ 1logv]11 n+ 1∫ 1

1(1v)n+1

v dv =1(1)n+1 n+ 1log1 n+ 1∫ 1

1(1v)n+1

v dv

Cependant, on a l'´equivalent en 0 :1(1)n+1

n+1log log, d'o`u en faisant tendrevers 0 : 1 0 (1v)nlogv dv=1 n+ 1∫ 1

11(1v)n+1

v dv=Hn+1 n+ 1 grˆace `a la question pr´ec´edente.

6. La fonctiont7!f(t) = 1eta comme d´eriv´eeetqui est major´ee par

1 surR+. D'apr`es l'in´egalit´e des acroissements finis, on af(t)f(0)t,

d'o`u l'in´egalit´e voulue.

7. Posons, pourt >0 etn1,fn(t) = (1t

n )n(logt) 11[0;n](t). Commefn est de signe constant et continue par morceaux, on a ]0;+1[f n(x)d(x) =∫ ]0;n]f n(x)d(x) =∫ n 0 f n(t)dt=In:

Pournt, on afn(t) = (1t

n )nlogt.

Mais (1t

n )n= exp(log(1t n )n) = exp(nlog(1t=n)) : lorsquen tend vers l'infini log(1t=n) t=n, d'o`unlog(1t=n) t. Ainsi, lim n!+1nlog(1t=n) =t, d'o`ulim n!+1(1t=n)n=et. Finalement, pour toutt >0,lim n!+1fn(t) =etlogt.

On a pourtcompris entre 0 etn

1t n n log t(et=n)njlogtj=jlogtjet; d'o`ujfn(t)j jlogtjet. La derni`ere in´egalit´e est encore v´erifi´ee pour t > n: les termes sont tous nuls. Ainsi, on a sur ]0;+1[ l'in´egalit´ejfn(t)j jlogtjet. Comme, on l'a vu au 2, cette fonction est int´egrable, on peut alors appliquer le th´eor`eme de convergence domin´ee et on a lim n!+1In=∫ +1 0 etlogt dt: 3

3 WALLIS,Γ(1=2), INTEGRALE DE GAUSS

8. Un simple changement de variable affine donne

n 0 f n(t)dt=n∫ 1 0 f n(ny)dy=n∫ 1 0 (1y)nlog(ny)dy: =nlogn∫ 1 0 (1y)ndy+n∫ 1 0 (1y)nlogy dy: nlogn n+ 1nHn+1 n+ 1; soitIn=n n+1(lognHn+1) =n n+1(lognHn1 n+1). Comme lim n!+1(Hnlogn) = , cela nous donnelim n!+1In= . Or, d'apr`es la question pr´ec´edente, lim n!+1In=∫+1

0etlogt dt, qui d'apr`es

la question 2, est ´egale `a Γ

0(1). On obtient donc l'identit´e

=Γ0(1).

2 Les formules de recurrence

Exercice 2Montrer que la fonction Γ v´erifie, pour tout r´eelx >0, l'´egalit´e Γ(x+ 1) =xΓ(x). En particulier, v´erifier que pour tout entiern0, on a :

Γ(n+ 1) =n! et Γ(

n+1 2 = Γ(1 2 (2n)! 2 2nn! Solution 2On fait une int´egration par parties : soitT >0, on a T 0 txetdt= [txet]T0+∫ T 0 xtx1etdt soit ∫T 0 txetdt=TxeT+x∫ T 0 tx1etdt En faisant tendreTvers l'infini, on obtient Γ(x+ 1) =xΓ(x). Les formules se montrent alors ais´ement par r´ecurrence.

3 Wallis,(1=2), integrale de Gauss

Exercice 3Integrales de Wallis.

1. On pose

W n=∫ =2 0 (cos)nd:

Montrer queWn=n1

n

Wn2. En d´eduire que la suite (nWnWn1)n1est

constante. 4

3 WALLIS,Γ(1=2), INTEGRALE DE GAUSS

2. Montrer queWnWn+1W2nWnWn1. En d´eduire l'´equivalent `a l'infini

W 2n:

Solution 31. Pourn2, on a

W n=∫ =2 0 (cos)nd =2 0 (1(sin)2)(cos)n2d =Wn2+∫ =2 0 (sin)(sin(cos)n2)d =Wn2+[ (sin)1 n1(cos)n1] =2 0 =2 0 cos(cos)n1d n1 =Wn2+ 01 n1Wn; d'o`u (n1)Wn= (n1)Wn2Wn, puisnWn= (n1)Wn2et W n=n1 n

Wn2. Posonsun=nWnWn1: on a pour toutn1,

u n=nn1 n

Wn2Wn1= (n1)Wn1Wn2=un1;

ce qui montre que la suite est constante.

2. Pour tout2[0;=2], on a

0(cos)n+1(cos)n(cos)n1;

d'o`u en int´egrantWn+1WnWn1, puis, en multipliant parWn: W nWn+1W2nWn1Wn. En multipliant parn, il vientnWnWn+1nW2nnWn1Wn, soit n n+1un+1nW2nun, et comme (un) est constanten n+1u1nW2nu1. D'o`u lim n!+1nW2n=u1,lim n!+1p nW n=p u u 1 n . Un calcul simple donneu1= 1:W1W0= 1 2 :1 = 2 , d'o`u le r´esultat voulu.

Exercice 4Calcul de l'integrale de Gauss.

1. On poseJn=∫p

n 0( 1t2 n ndt. Montrer quelim n!+1Jn=∫+1

0et2dt.

2. ExprimerJnen fonction d'une int´egrale de Wallis. En d´eduire la valeur

de l'int´egrale de Gauss : +1 0 et2=2dt=1 2 p =2: 5

4 FORMULE DE STIRLING.

Solution 41. On aJn=∫

[0;+1[(1t2 n )n11[0;p n](t)d(t). Soitt0. Pour nt2, on a (1t2 n )n11[0;p n](t) = (1t2 n )n, or on sait que log((1t2 n )n) =nlog(1t2 n )n(t2 n ) =t2; donc lim n!+1log((1t2 n )n) =t2, d'o`ulim n!+1(1t2 n )n= exp(t2=2).

Par ailleurs, on a

8n1t0 (1t2

n )n11[0;p n](t)exp(t2=2): En effet, l'in´egalit´e est ´evidente pourtp n, tandis que pourt2[0;p n[, elle d´ecoule de l'in´egalit´e :

8x2[0;1[log(1x)x;

que l'on applique `ax=t2=n. Commeet2est int´egrable sur [0;+1[, il suffit alors d'appliquer le th´eor`eme de convergence domin´ee.

2. Avec le changement de variableu=t=p

n, on aJn=p n ∫1

0(1u2)ndu.

Posant encoreu= sin, on a

1 0 (1u2)ndu=∫ =2 0 (1sin2)ncos d=∫ =2 0 (cos)2n+1d=W2n+1; soitJn=p nW 2n+1. Vu le r´esultat de l'exercice pr´ec´edent,Jnp n

2(2n+1)p

2 , soit lim n!+1Jn=p 2 , d'o`u∫+1

0exp(t2)dt=p

2 et, avec un changement de variable ∫+1 =2.

Exercice 5Calcul deΓ(1=2).

Connaissant la valeur de l'int´egrale de Gauss, montrer que

Γ(1=2) =p

Solution 5Il suffit de faire le changement de variablet2=2 =udans la formule pr´ec´edente et de relire la d´efinition de la fonction Γ.

4 Formule de Stirling.

Exercice 61. Montrer que∫+1

2nxnexdx=o(Γ(n+ 1)).

2. Montrer l'´equivalent `a l'infini

(n+1) e nnn+1=2∫p n p n (1 +u p n )neup n du.

3. Montrer que pour toutx2]1;1[, on a log(1 +x)x x2

6 6

4 FORMULE DE STIRLING.

4. On rappelle que

∫+1

0et2=2dt=1

p =2. Montrer que

Γ(n+ 1)p

2ennn+1=2:

Solution 61. On peut remarquer que

+1

2nxnexdx=∫

+1 n (x+n)ne(n+x)dx∫ +1 n (2x)ne(n+x)dx (2 e n∫+1 n xnexdx (2quotesdbs_dbs8.pdfusesText_14