Exercice 1 5539 Correction

On introduit la fonction $Γ :] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t .

(a)

Soit $x > 0$ . Exprimer $Γ (x + 1)$ en fonction de $x$ et $Γ (x)$ .
(b)

Calculer $Γ (n)$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(c)

Soient $α \in ℝ_{+}^{*}$ et $n \in ℕ^{*}$ .

Exprimer $α (α + 1) \times \dots \times (α + n - 1)$ en fonction de $Γ (α + n)$ et $Γ (α)$ .
(d)

Sachant $\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2}$ , calculer $Γ (n + \frac{1}{2})$ pour tout $n \in ℕ$ .

Solution

(a)

Soit $x > 0$ . On réalise une intégration par parties avec

$u (t) = t^{x} et v (t) = - e^{- t} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ et le produit $u v : t \mapsto - t^{x} e^{- t}$ présente des limites finies en $0^{+}$ et $+ \infty$ . Par intégration par parties généralisée,

$Γ (x + 1) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x} e^{- t} d t = \int_{0}^{+ \infty} x t^{x - 1} e^{- t} d t = x Γ (x) .$
(b)

Par une simple récurrence,

$Γ (n) = (n - 1)! pour tout n \in ℕ^{*} .$
(c)

On remarque

$Γ (α + n)$ $= (α + n - 1) Γ (α + n - 1)$

$= (α + n - 1) (α + n - 2) Γ (α + n - 2) = \dots$

$= (α + n - 1) \dots (α + 1) α Γ (α)$

et donc

$α (α + 1) \times \dots \times (α + n - 1) = \frac{Γ (α + n)}{Γ (α)}$

(formule que l’on valide par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ ).
(d)

Par le changement de variable $u = t^{2}$ (de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- u}}{2 \sqrt{u}} d u = \frac{1}{2} Γ (\frac{1}{2}) .$

On en déduit

$Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π}$

puis, à l’instar de ce qui précède,

$Γ (n + \frac{1}{2}) = (n - \frac{1}{2}) (n - \frac{3}{2}) \times \dots \times \frac{1}{2} \times Γ (\frac{1}{2}) .$

On réécrit

$Γ (n + \frac{1}{2}) = \frac{(2 n - 1) (2 n - 3) \times \dots \times 1}{2^{n}} \sqrt{π} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \sqrt{π} .$

Exercice 2 4724

(a)

Determiner les réels $x$ permettant d’introduire

$Γ (x) \overset{déf}{=} \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t .$
(b)

Montrer que la fonction $Γ$ est continue sur son intervalle de définition.
(c)

Vérifier $Γ (x + 1) = x Γ (x)$ pour tout $x > 0$ .
(d)

Exprimer simplement $Γ (n)$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Exercice 3 561 Correction

(a)

Démontrer que la fonction $Γ$ donnée par

$Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t$

est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Démontrer que la fonction $Γ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

En employant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, établir que la fonction $\ln \circ Γ$ est convexe.

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ . Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable car

$t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $Γ$ est donc définie sur $] 0; + \infty [$ .

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$
Pour $x \in [a; b] \subset] 0; + \infty [$ , on a $t^{x - 1} \leq t^{a - 1}$ ou $t^{x - 1} \leq t^{b - 1}$ selon que $t \leq 1$ ou $t \geq 1$ et donc

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | f (x, t) | \leq f (a, t) + f (b, t) = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\forall k = 1, 2, \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .$

Pour tout $x > 0$ : $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{a} \ln (t) t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times \ln (t) t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0$

Pour tout $[a; b] \subset] 0; + \infty [$

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{2} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ_{a, b} (t) .$

Par des arguments analogues aux précédents, on obtient que $φ_{a, b}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$Γ^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) t^{x - 1} e^{- y} d t et Γ^{''} (x) = \int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- y} d t .$
(c)

La dérivée seconde de $\ln \circ Γ$ est du signe de

$Γ^{''} (x) Γ (x) - Γ^{'} {(x)}^{2} .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

$(\int_{0}^{+ \infty}$ $\sqrt{t^{x - 1} e^{- t}} \sqrt{{(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t}}) d t$

$\leq (\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t) (\int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t} d t) .$

Ainsi,

$Γ^{'} {(x)}^{2} \leq Γ (x) Γ^{''} (x)$

et donc

${(\ln \circ Γ)}^{''} \geq 0 .$

Finalement, $x \mapsto \ln (Γ (x))$ est convexe.

Exercice 4 4723

(Formule d’Euler-Gauss)

On reprend la fonction $Γ$ introduite dans le sujet 4724.

Soit $x$ un réel strictement positif.

(a)

Justifier

$Γ (x) = lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{x - 1} d t .$
(b)

En déduire la formule d’Euler-Gauss

$Γ (x) = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{x} n!}{x (x + 1) \dots (x + n)} .$

Exercice 5 560 Correction

Démontrer que la fonction

Γ : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t

est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ .
Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

La fonction $f$ admet des dérivées partielles

\frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

t^{a} {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Pour $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ ,

\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{k} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ (t)

car

t^{x - 1} \leq t^{a - 1} + t^{b - 1} que t \leq 1 ou t \geq 1 .

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$

Exercice 6 2635 Correction

On rappelle

\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t = \frac{\sqrt{π}}{2} .

Pour $x > 0$ , on pose

Γ (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} t^{x - 1} d t .

(a)

Montrer que cette fonction est définie et indéfiniment dérivable sur $] 0; + \infty [$ .
On étudiera la régularité en se restreignant à $x \in [a; b] \subset] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $Γ (n + 1)$ pour $n \in ℕ$ .
(c)

En réalisant le changement de variable $t = n + y \sqrt{n}$ , transformer l’intégrale $Γ (n + 1)$ en

$\frac{n^{n}}{e^{n}} \sqrt{n} \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y$

où $f_{n} (y) = 0$ pour $y \leq - \sqrt{x}$ , $0 \leq f_{n} (y) \leq e^{- y^{2} / 2}$ pour $- \sqrt{t} < y \leq 0$ et $0 \leq f_{n} (y) \leq (1 + y) e^{- y}$ pour $y > 0$ et $t \geq 1$ .
(d)

En appliquant le théorème de convergence dominée établir, la formule de Stirling:

$n! \sim \sqrt{2 π n} \frac{n^{n}}{e^{n}} .$

Solution

(a)

Posons $f (x, t) = t^{x - 1} e^{- t}$ définie sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; + \infty [$ .
Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{x - 1} e^{- t} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} t^{x - 1} avec x - 1 > - 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f$ admet des dérivées partielles

$\frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) = {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} .$

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$t^{a} {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 pour a \in] 1 - x; 1 [et t^{2} \times {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Pour $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ ,

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k}} (x, t) | \leq {(\ln (t))}^{k} (t^{a - 1} + t^{b - 1}) e^{- t} = φ (t)$

car

$t^{x - 1} \leq t^{a - 1} + t^{b - 1} que t \leq 1 ou t \geq 1 .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ et donc, par domination sur tout segment, $Γ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$
(b)

Par intégration par parties avec $u^{'} (t) = e^{- t}$ et $v (t) = t^{x}$ , on obtient

$Γ (x + 1) = x Γ (x) .$

Sachant $Γ (1) = 1$ , on obtient par récurrence $Γ (n + 1) = n!$ .
(c)

Par le changement de variable proposé

$Γ (n + 1) = \frac{n^{n}}{e^{n}} \sqrt{n} \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y$

avec

$f_{n} (y) = 0 sur] - \infty; - \sqrt{n}], f_{n} (y) = e^{- y \sqrt{n}} {(1 + \frac{y}{\sqrt{n}})}^{n} sur] - \sqrt{n}; + \infty [.$

Sur $] - \sqrt{n}; 0]$ , une étude fonctionnelle montre

$n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}}) - y \sqrt{n} \leq - \frac{y^{2}}{2}$

qui donne $0 \leq f_{n} (y) \leq e^{- y^{2} / 2}$ .

Sur $[0; + \infty [$ , une étude fonctionnelle montre

$n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}}) - y \sqrt{n} \leq - y + \ln (1 + y)$

pour $t \geq 1$ . Cela donne $0 \leq f_{n} (y) \leq (1 + y) e^{- y}$ .
(d)

La fonction

$φ : y \to {\begin{matrix} e^{- y^{2} / 2} & si y \leq 0 \\ (1 + y) e^{- y} & sinon \end{matrix}$

est intégrable sur $ℝ$ .

En réalisant un développement limité du contenu de l’exponentielle,

$f_{n} (y) = e^{- y \sqrt{n} + n \ln (1 + \frac{y}{\sqrt{n}})} \to_{n \to + \infty}^{} e^{- y^{2} / 2} .$

Par convergence dominée,

$\int_{- \infty}^{+ \infty} f_{n} (y) d y \to \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- y^{2} / 2} d y = \sqrt{2 π}$

d’où

$Γ (n + 1) = n! \sim \sqrt{2 π n} \frac{n^{n}}{e^{n}} .$

[<] Transformée de Laplace et intégrales apparentées [>] Applications variées

Édité le 08-12-2023

	$Γ (α + n)$	$= (α + n - 1) Γ (α + n - 1)$
		$= (α + n - 1) (α + n - 2) Γ (α + n - 2) = \dots$
		$= (α + n - 1) \dots (α + 1) α Γ (α)$

	$(\int_{0}^{+ \infty}$	$\sqrt{t^{x - 1} e^{- t}} \sqrt{{(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t}}) d t$
		$\leq (\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t) (\int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{2} t^{x - 1} e^{- t} d t) .$

Fonction d'Euler