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Fonction gamma - Bibm@th.net

Exercice 1

- Fonction gamma [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Pour $x\in\mathbb R$, on définit $\Gamma(x)=\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$.

Quel est le domaine de définition de $\Gamma$?
1. Pour $k\geq 1$ et $0<A<B<+\infty$, on pose $$g_k(t)=\left\{\begin{array}{ll} t^{A-1}e^{-t}|\ln t|^k&\textrm{ si }0<t<1\\ t^{B-1}e^{-t}|\ln t|^k&\textrm{ si }t\geq 1. \end{array}\right. $$ Démontrer que $g_k$ est intégrable sur $]0,+\infty[$.
2. En déduire que $\Gamma$ est $C^\infty$ sur son domaine de définition, et calculer $\Gamma^{(k)}$.
Montrer que pour tout $x>0$, $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$. En déduire $\Gamma(n+1)$ pour $n$ un entier et un équivalent de $\Gamma$ en $0$.
Montrer que $\Gamma$ est convexe.
1. Justifier que, pour tout $u<-1$, $\ln(1-u)\leq -u$.
2. Pour $x>0$, on pose $$f_n(t):=\left\{ \begin{array}{ll} t^{x-1}(1-t/n)^n&\textrm{ si }t\in]0,n[\\ 0&\textrm{ si }t\geq n. \end{array}\right.$$ Démontrer que $\lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}f_n(t)dt=\Gamma(x).$
En déduire que pour $x>0$, on a $$\Gamma(x)=\lim_{n\to+\infty}n^x\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^n du.$$
En utilisant des intégrations par parties successives, conclure que, pour tout $x>0$, on a $$\Gamma(x)=\lim_{n\to+\infty}\frac{n!n^x}{x(x+1)\dots(x+n)}.$$

Indication

Corrigé

Remarquons d'abord que la fonction $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}$ est continue sur $]0,+\infty[$. D'autre part, en 0, elle est équivalente à $t^{x-1}$ qui, par le critère de Riemann, est intégrable en $0$ si et seulement si $x>0$. Au voisinage de $+\infty$, la fonction est toujours intégrable. En effet, si $t$ est assez grand, on a $$0\leq t^{x-1}e^{-t}\leq\frac1{t^2}$$ et on conclut à l'intégrabilité par le théorème de majoration. On a donc prouvé que le domaine de définition de $\Gamma$ est $]0,+\infty[$.
1. La fonction $g_k$ est continue sur $]0,+\infty[$. Au voisinage de $+\infty$, le problème de convergence se traite comme précédemment. Au voisinage de 0, on a $$g_k(t)\sim -t^{A-1}\ln t$$ et il s'agit d'une intégrale de Bertrand. On a $A-1>-1$. On peut trouver $c$ dans l'intervalle $]-1,A-1[$. On a alors $$g_k(t)=_0o\left(t^{c}\right)$$ et ceci est une intégrale de Riemann convergente (en 0).
2. Posons $f(t,x)=t^{x-1}e^{-t}.$ Alors $f$ est $C^\infty$ sur $]0,+\infty[^2$, et $$\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(t,x)=(\ln t)^k t^{x-1}e^{-t}.$$ Soit $0<A\leq B$ et $x\in [A,B]$. Pour $t\leq 1$, on a $$|(\ln t)^k t^{x-1}e^{-t}|\leq |\ln t|^k t^{A-1} e^{-t},$$ et d'autre part, pour $t\geq 1$, on a $$|(\ln t)^k t^{x-1}e^{-t}|\leq |\ln t|^k t^{B-1} e^{-t}.$$ D'après la question précédente, on a majoré les dérivées partielles par rapport à $x$ indépendamment de $x\in[A,B]$ par une fonction intégrable. Par application du théorème de dérivabilité des intégrales à paramètres, $\Gamma$ est de classe $C^\infty$ sur n'importe quel segment $[A,B]\subset]0,+\infty[$, donc sur $]0,+\infty[$, et $$\Gamma^{(k)}(x)=\int_0^{+\infty}(\ln t)^k t^{x-1}e^{-t}dt.$$
On intègre par parties, et on trouve : $$\Gamma(x+1)=[-t^{x}e^{-t}]_0^{+\infty}+x\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=x\Gamma(x).$$ Puisque $\Gamma(1)=\int_0^{+\infty}e^{-t}dt=1$, on en déduit par une récurrence immédiate que $\Gamma(n+1)=n!$. Enfin, pour $x$ proche de 0, on a $$\Gamma(x)\sim_0 \frac{\Gamma(x+1)}{x}\sim_0 \frac{\Gamma(1)}x\sim_0\frac 1x.$$
On a déjà calculé la dérivée seconde de $\Gamma$ : $$\Gamma''(x)=\int_0^{+\infty} (\ln t)^2 t^{x-1}e^{-t}dt.$$ Comme la fonction que l'on intègre est positive, il en est de même de l'intégrale. $\Gamma$ est donc convexe puisque sa dérivée seconde est positive.
1. La fonction $t\mapsto \ln(1+t)$ étant concave, sa courbe représentative est sous ses tangentes, en particulier sous la tangente passant par le point $(0,\ln 1)$ d'équation $y=t$. On en déduit le résultat.
2. Observons d'abord que $$f_n(t)\to f(t)=t^{x-1}e^{-t}\textrm{ quand }n\to+\infty.$$ En effet, $$\left(1-\frac tn\right)^n=\exp\left(n\ln\big(1-t/n\big)\right)\to e^{-t}.$$ D'autre part, pour tout $n\geq 1$ et tout $t\in]0,n]$, on a, d'après la question précédente, $$0\leq f_n(t)\leq t^{x-1}e^{-t}=f(t).$$ La fonction $f$ étant intégrable sur $]0,+\infty[$ d'après la première question, on déduit du théorème de convergence dominée que $$\lim_{n\to+\infty}\int_0^{+\infty}f_n(t)dt=\int_0^{+\infty}f(t)dt=\Gamma(x).$$
On fait le changement de variables $u=t/n$, et on trouve $$\int_0^{+\infty}f_n=\int_0^n f_n=\int_0^1 t^{x-1}(1-t/n)^ndt=n^x\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^ndu,$$ qui est le résultat voulu.
Pour $n\geq 1$, une intégration par parties donne $$\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^n du=\left[\frac{u^x}x(1-u)^n\right]_0^1 +n\int_0^1 \frac{u^x}x(1-u)^{n-1}du.$$ Par récurrence, on obtient \begin{eqnarray*} \int_0^1 u^{x-1}(1-u)^n du&=&\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n-1)}\int_0^1 u^{x+n-1}(1-u)^0du\\ &=&\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}. \end{eqnarray*}