[<] Transformée de Laplace et intégrales apparentées

 
Exercice 1  4724   
  • (a)

    Determiner les réels x permettant d’introduire

    Γ(x)=déf0+tx-1e-tdt.
  • (b)

    Montrer que la fonction Γ est continue sur son intervalle de définition.

  • (c)

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

  • (d)

    Exprimer simplement Γ(n) pour n*.

 
Exercice 2  561   Correction  
  • (a)

    Démontrer que la fonction Γ donnée par

    Γ(x)=0+tx-1e-tdt

    est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Démontrer que la fonction Γ est de classe 𝒞2 sur ]0;+[.

  • (c)

    En exploitant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, établir que la fonction lnΓ est convexe.

Solution

  • (a)

    Posons f(x,t)=tx-1e-t définie sur +*×]0;+[.
    Pour tout x>0, la fonction tf(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[ et intégrable car

    tx-1e-tt0+tx-1 avec x-1>-1 et t2f(x,t)t+0.

    La fonction Γ est donc définie sur ]0;+[.
    Pour tout t]0;+[, la fonction xf(x,t) est continue sur +*
    Pour x[a;b]]0;+[, on a tx-1ta-1 ou tx-1tb-1 selon que t1 ou t1 et donc

    (x,t)[a;b]×]0;+[,|f(x,t)|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;+[.
    car

    tx-1e-tt0+tx-1 avec x-1>-1 et t2f(x,t)t+0.
  • (b)

    Pour k=1 ou 2.

    kfxk existe et kfxk(x,t)=(ln(t))ktx-1e-t.

    Pour tout x>0: tfx(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur ]0;+[ car

    taln(t)tx-1e-tx0+0 pour a]1-x;1[ et t2×ln(t)tx-1e-tt+0

    2fx2 est continue en x et continue par morceaux en t.
    Pour tout [a;b]]0;+[

    (x,t)[a;b]×]0;+[,|2fx2(x,t)|(ln(t))2(ta-1+tb-1)e-t=φ(t).

    Par des arguments analogues aux précédents, on obtient que φ est intégrable sur ]0;+[ et donc, par domination sur tout segment, Γ est de classe 𝒞2 sur ]0;+[ avec

    Γ(x)=0+ln(t)tx-1e-ydtetΓ′′(x)=0+(ln(t))2tx-1e-ydt.
  • (c)

    La dérivée seconde de lnΓ est du signe de

    Γ′′(x)Γ(x)-Γ(x)2.

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

    (0+ tx-1e-t(ln(t))2tx-1e-t)dt
    (0+tx-1e-tdt)(0+(ln(t))2tx-1e-tdt).

    Ainsi,

    Γ(x)2Γ(x)Γ′′(x)

    et donc

    (lnΓ)′′0.

    Finalement, xln(Γ(x)) est convexe.

 
Exercice 3  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)=limn+0n(1-tn)ntx-1dt.
  • (b)

    En déduire la formule d’Euler-Gauss

    Γ(x)=limn+nxn!x(x+1)(x+n).
 
Exercice 4  560   Correction  

Démontrer que la fonction

Γ:x0+tx-1e-tdt

est définie et de classe 𝒞 sur ]0;+[.

Solution

Posons f(x,t)=tx-1e-t définie sur +*×]0;+[.
Pour tout x>0, la fonction tf(x,t) est intégrable sur ]0;+[ car

tx-1e-tt0+tx-1 avec x-1>-1 et t2f(x,t)t+0.

La fonction f admet des dérivées partielles

kfxk(x,t)=(ln(t))ktx-1e-t.

Pour tout x>0, la fonction tkfxk(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur ]0;+[ car

ta(ln(t))ktx-1e-tx0+0 pour a]1-x;1[ et t2×(ln(t))ktx-1e-tt+0.

Pour [a;b]]0;+[,

(x,t)[a;b]×]0;+[,|kfxk(x,t)|(ln(t))k(ta-1+tb-1)e-t=φ(t)

car

tx-1ta-1+tb-1 que t1 ou t1.

La fonction φ est intégrable sur ]0;+[ et donc, par domination sur tout segment, Γ est de classe 𝒞 sur ]0;+[

 
Exercice 5  2635    Correction  

On rappelle

0+e-t2dt=π2.

Pour x>0, on pose

Γ(x)=0+e-ttx-1dt.
  • (a)

    Montrer que cette fonction est définie et indéfiniment dérivable sur ]0;+[.
    On étudiera la régularité en se restreignant à x[a;b]]0;+[.

  • (b)

    Calculer Γ(n+1) pour n.

  • (c)

    En réalisant le changement de variable t=n+yn, transformer l’intégrale Γ(n+1) en

    nnenn-+fn(y)dy

    fn(y)=0 pour y-x, 0fn(y)e-y2/2 pour -t<y0 et 0fn(y)(1+y)e-y pour y>0 et t1.

  • (d)

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

    n!2πnnnen.

Solution

  • (a)

    Posons f(x,t)=tx-1e-t définie sur +*×]0;+[.
    Pour tout x>0, la fonction tf(x,t) est intégrable sur ]0;+[ car

    tx-1e-tt0+tx-1 avec x-1>-1 et t2f(x,t)t+0.

    La fonction f admet des dérivées partielles

    kfxk(x,t)=(ln(t))ktx-1e-t.

    Pour tout x>0, la fonction tkfxk(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur ]0;+[ car

    ta(ln(t))ktx-1e-tx0+0 pour a]1-x;1[ et t2×(ln(t))ktx-1e-tt+0.

    Pour [a;b]]0;+[,

    (x,t)[a;b]×]0;+[,|kfxk(x,t)|(ln(t))k(ta-1+tb-1)e-t=φ(t)

    car

    tx-1ta-1+tb-1 que t1 ou t1.

    La fonction φ est intégrable sur ]0;+[ et donc, par domination sur tout segment, Γ est de classe 𝒞 sur ]0;+[

  • (b)

    Par intégration par parties avec u(t)=e-t et v(t)=tx, on obtient

    Γ(x+1)=xΓ(x).

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

  • (c)

    Par le changement de variable proposé

    Γ(n+1)=nnenn-+fn(y)dy

    avec

    fn(y)=0 sur ]-;-n],fn(y)=e-yn(1+yn)n sur ]-n;+[.

    Sur ]-n;0], une étude fonctionnelle montre

    nln(1+yn)-yn-y22

    qui donne 0fn(y)e-y2/2.

    Sur [0;+[, une étude fonctionnelle montre

    nln(1+yn)-yn-y+ln(1+y)

    pour t1. Cela donne 0fn(y)(1+y)e-y.

  • (d)

    La fonction

    φ:y{e-y2/2 si y0(1+y)e-y sinon

    est intégrable sur .

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

    fn(y)=e-yn+nln(1+yn)n+e-y2/2.

    Par convergence dominée,

    -+fn(y)dy-+e-y2/2dy=2π

    d’où

    Γ(n+1)=n!2πnnnen.

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Édité le 08-11-2019

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