Exercice corrigé : Fonction Beta

Voici un exercice corrigé détaillé démontrant des propriétés de la fonction Beta
Euler

Voici l’énoncé d’un exercice assez long que nous allons corriger discutant des propriétés de la fonction Beta. C’est la suite logique de l’exercice sur la fonction Gamma. On va mettre cet exercice dans le chapitre des intégrales. C’est un exercice de deuxième année dans le supérieur.

En voici l’énoncé :

Enoncé

On pose la fonction qu’Euler a appelé Beta définie par

B(u,v) = \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}dt

Question 1

Donner l’ensemble de définition de B.
Montrer que B(u,v) = B(v,u) et que B(u,v) = B(u,v+1) + B(u+1,v)

Question 2

A l’aide d’une intégration par parties, déterminer une relation entre B(u+1,v) et B(u,v).
En déduire la valeur de B(n,p) pour n entier naturel non nul et l’exprimer à l’aide de factorielles quand p est également entier.
Développer

x^n(1-x)^p

Par la formule du binôme de Newton et intégrer directement. Quelle propriété des coefficients binomiaux obtient-on ?

Question 3

Calculer

B\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\right)

Question 4

Calculer

\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^p x \cos ^q x dx

à l’aide de la fonction B.

Question 5

Lien avec la fonction Gamma : Montrer que :

B(s,t) = \dfrac{\Gamma(s)\Gamma(t)}{\Gamma(s+t)}

Corrigé

Question 1

Par Riemann, on doit avoir :

u-1 > -1, v-1 > -1

L’ensemble de définition est donc

\mathbb{R}_+^{*2}

Maintenant, à l’aide du changement de variable T = 1-t, on obtient :

\begin{array}{ll}
B(u,v)& =\displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1} dt \\
&= \displaystyle \int_1^0 (1-T)^{u-1}T^{v-1} (-dT)\\
&= \displaystyle \int_0^1 T^{v-1}(1-T)^{u-1}dT\\
&= B(v,u)
\end{array}

On a donc bien montré la première propriété. Ensuite, faisons quelques calculs pour séparer l’intégrale en deux et obtenir la seconde propriété :

\begin{array}{ll}
B(u,v+1)& =\displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v} dt \\
& =\displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}(1-t) dt \\
& =\displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}-t^{u}(1-t)^{v-1}  dt \\
& =\displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}-\int_0^1t^{u}(1-t)^{v-1}  dt \\
& = B(u,v) -B(u+1,v)
\end{array}

Et donc si on remet dans le bon sens :

B(u,v) = B(u,v+1) + B(u+1,v)

Ce qui est bien le résultat recherché !

Question 2

Pour la première partie de la question, faisons une intégration par parties :

\begin{array}{ll}
B(u+1,v) &= \displaystyle \int_0^1 t^u (1-t)^{v-1}dt\\
&= \left[\dfrac{t^u(1-t)^v}{-v}\right]_0^1 - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{ut^{u-1}(1-t)^v}{-v}dt\\
&=  \displaystyle \int_0^1 \dfrac{ut^{u-1}(1-t)^v}{v}dt\\
& = \dfrac{u}{v} \displaystyle \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}dt\\
& = \dfrac{u}{v} B(u,v+1)
\end{array}

Or,

B(u,v+1) =  B(u,v) - B(u+1,v)

On obtient alors :

\begin{array}{ll}
B(u+1,v) & = \dfrac{u}{v} B(u,v+1)\\
&= \dfrac{u}{v} \left(B(u,v) - B(u+1,v) \right)
\end{array}

Et donc en factorisant, on obtient :

B(u+1,v) = \dfrac{u}{u+v}B(u,v)

Ce qui répond à la première partie de la question.
Maintenant, pour n entier et p quelconque :

B(n,p) = \dfrac{n-1}{n+p-1} \times  \dfrac{n-2}{n+p-2}\times\ldots \times  \dfrac{1}{p+1}B(1,p)

On remarque que :

B(1,p) = \int_0^1 t^0(1-t)^{p-1}=\dfrac{1}{p}

On obtient donc :

B(n,p) = \dfrac{(n-1)!}{\prod_{i=0}^{n-1}(p+i)}

Et si p est entier, on obtient :

B(n,p) = \dfrac{(n-1)!(p-1)!}{(n+p-1)!}

Ce qui fait qu’on a bien un résultat avec des factorielles. Maintenant, si on essaie de calculer directement avec le binôme de Newton :

x^n(1-x)^p = x^n \sum_{k=0}^p  \binom{p}{k}(-1)^kx^k =  \sum_{k=0}^p  \binom{p}{k}(-1)^kx^{n+k}

Donc on a :

\begin{array}{ll}
B(n,p)&= \displaystyle\int_0^1 \sum_{k=0}^{p-1}  \binom{p-1}{k}(-1)^kx^{n+k-1}dx\\
&= \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}  \binom{p-1}{k}(-1)^k\int_0^1 x^{n+k-1}dx\\
&= \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}  \binom{p-1}{k} \dfrac{(-1)^k}{n+k}
\end{array}

On obtient donc l’égalité suivante :

\sum_{k=0}^{p-1}  \binom{p-1}{k} \dfrac{(-1)^k}{n+k} =\dfrac{(n-1)!(p-1)!}{(n+p-1)!}

Question 3

On a :

B\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\right) = \int_0^1 \sqrt{t}\sqrt{1-t}dt

On va faire 2 changements de variable, le premier :

T = 2t-1

Ce qui fait qu’on obtient :

\begin{array}{ll}
&\displaystyle\int_{-1}^{1} \sqrt{\dfrac{T+1}{2}}\sqrt{\dfrac{1-T}{2}}\dfrac{dT}{2}\\
=&\displaystyle\dfrac{1}{4}\int_{-1}^{1} \sqrt{1-T^2}dt
\end{array}

On reconnait l’intégrale d’un demi-cercle :

B\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{4}\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{8}

Question 4

Posons

t = \sin^2(x)

On a donc

dx = \dfrac{1}{2t^{\frac{1}{2}}(1-t)t^{\frac{1}{2}}}

On a alors :

\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^p x \cos ^q x dx = \dfrac{1}{2} \int_0^1 t^{(p-1)/2}(1-t)^{(q-1)/2}dt=\dfrac{B\left(\frac{p+1}{2},\frac{q+1}{2} \right)}{2}

Question 5

Pour cela, on va utiliser la théorie des intégrales doubles :

\Gamma(s)\Gamma(t) = \int_0^{\infty}  \int_0^{\infty} e^{-x-y}x^{s-1}y^{t-1}dxdy

Faisons le changement de variables suivant :

x+y = r, x = rw

On obtient :

dxdy = r dwdr

Puis :

\Gamma(s)\Gamma(t) = \int_0^1 w^{s-1}(1-w)^{t-1} dx \int_0^{\infty} e^{-r}r^{s+t-1}dr

Et donc :

\Gamma(s)\Gamma(t) = B(s,t) \Gamma(s+t)

D’où :

B(s,t) = \dfrac{\Gamma(s)\Gamma(t)}{\Gamma(s+t)}

Ce qui conclut notre question et donc cet exercice sur la fonction Beta

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