• (a)

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

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

  La fonction $\mathrm{\Gamma }$ est donc définie sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  Pour tout $t\in ]0;+\mathrm{\infty }[$, la fonction $x\mapsto f(x,t)$ est continue sur ${ℝ}_{+}^{*}$
  Pour $x\in [a;b]\subset ]0;+\mathrm{\infty }[$, on a $t^{x-1}\le t^{a-1}$ ou $t^{x-1}\le t^{b-1}$ selon que $t\le 1$ ou $t\ge 1$ et donc

  $$\forall (x,t)\in [a;b]\times ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|f(x,t)\right|\le f(a,t)+f(b,t)=\phi (t)\text{.}$$

  La fonction $\phi$ est intégrable et donc, par domination sur tout segment, $\mathrm{\Gamma }$ est continue sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  car

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

• (b)

  Pour $k=1$ ou 2.

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

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

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

  $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}$ est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$.
  Pour tout $[a;b]\subset ]0;+\mathrm{\infty }[$

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

  Par des arguments analogues aux précédents, on obtient que $\phi$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et donc, par domination sur tout segment, $\mathrm{\Gamma }$ est de classe ${𝒞}^2$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ avec

  $${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t)t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-y}dt\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\mathrm{\Gamma }}^{\prime \prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\left(\ln (t)\right)}^2{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-y}dt\text{.}$$

• (c)

  La dérivée seconde de $\ln \circ \mathrm{\Gamma }$ est du signe de

  $${\mathrm{\Gamma }}^{\prime \prime }(x)\mathrm{\Gamma }(x)-{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }{(x)}^2\text{.}$$

  Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

  	$({\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}$	$\sqrt{t^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}}\sqrt{{\left(\ln (t)\right)}^2{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}})\mathrm{d}t$
  		$\le \left({\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}dt\right)\left({\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\left(\ln (t)\right)}^2{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}dt\right)\text{.}$

  Ainsi,

  $${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }{(x)}^2\le \mathrm{\Gamma }(x){\mathrm{\Gamma }}^{\prime \prime }(x)$$

  et donc

  $${(\ln \circ \mathrm{\Gamma })}^{\prime \prime }\ge 0\text{.}$$

  Finalement, $x\mapsto \ln \left(\mathrm{\Gamma }(x)\right)$ est convexe.

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

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

La fonction $f$ admet des dérivées partielles

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

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

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

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

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

car

$$t^{x-1}\le t^{a-1}+t^{b-1}\text{ que }t\le 1\text{ ou }t\ge 1\text{.}$$

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

• (a)

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

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

  La fonction $f$ admet des dérivées partielles

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

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

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

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

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

  car

  $$t^{x-1}\le t^{a-1}+t^{b-1}\text{ que }t\le 1\text{ ou }t\ge 1\text{.}$$

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

• (b)

  Par intégration par parties avec $u^{\prime }(t)={\mathrm{e}}^{-t}$ et $v(t)=t^x$, on obtient

  $$\mathrm{\Gamma }(x+1)=x\mathrm{\Gamma }(x)\text{.}$$

  Sachant $\mathrm{\Gamma }(1)=1$, on obtient par récurrence $\mathrm{\Gamma }(n+1)=n!$.

• (c)

  Par le changement de variable proposé

  $$\mathrm{\Gamma }(n+1)=\frac{n^n}{{\mathrm{e}}^n}\sqrt{n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{f}_n(y)dy$$

  avec

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

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

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

  qui donne $0\le f_n(y)\le {\mathrm{e}}^{-y^2/2}$.

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

  $$n\ln \left(1+\frac{y}{\sqrt{n}}\right)-y\sqrt{n}\le -y+\ln (1+y)$$

  pour $t\ge 1$. Cela donne $0\le f_n(y)\le (1+y){\mathrm{e}}^{-y}$.

• (d)

  La fonction

  $$\phi :y\to \{\begin{array}{cc}{\mathrm{e}}^{-y^2/2}\hfill & \text{ si }y\le 0\hfill \\ (1+y){\mathrm{e}}^{-y}\hfill & \text{ sinon}\hfill \end{array}$$

  est intégrable sur $ℝ$.

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

  $$f_n(y)={\mathrm{e}}^{-y\sqrt{n}+n\ln (1+\frac{y}{\sqrt{n}})}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\mathrm{e}}^{-y^2/2}\text{.}$$

  Par convergence dominée,

  $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{f}_n(y)dy\to {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-y^2/2}dy=\sqrt{2\pi }$$

  d’où

  $$\mathrm{\Gamma }(n+1)=n!\sim \sqrt{2\pi n}\frac{n^n}{{\mathrm{e}}^n}\text{.}$$