Voici l’énoncé d’un exercice assez long que nous allons corriger discutant des propriétés de la fonction Gamma. C’est un exercice qu’on va mettre dans le chapitre des intégrales dont le théorème de convergence dominée. C’est un exercice de deuxième année dans le supérieur. En voici l’énoncé :
Et c’est parti pour la première question !
Question 1
Tout d’abord, posons
\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \forall t \in \mathbb{R}_+^*, f(x,t) = e^{-t}t^{x-1}D’une part, f est continue par rapport à x sur ]0,+∞[. D’autre part, f est continue donc continue par morceaux par rapport à t sur ]0,+∞[.
De plus,
\lim_{t \rightarrow + \infty} t^2f(x,t) =\lim_{t \rightarrow + \infty} t^2 e^{-t}t^{x+1}= 0 Donc au voisinage de +∞,
f(x,t) = o \left( \frac{1}{t^2} \right)Donc intégrable au voisinage de +∞.
En 0, on a
f(x,t) \sim t^{x-1} = \dfrac{1}{t^{1-x}}Qui est bien intégrable si et seulement si x > 0.
Finalement, Γ(x) est définie si et seulement si x ∈]0, +∞[.
Question 2
On a déjà dit à la question 1 que :
- f est continue par rapport à x sur ]0,+∞[.
- f est continue donc continue par morceaux par rapport à t sur ]0,+∞[.
- f est définie sur ]0,+∞[.
Montrons, à l’aide du théorème de convergence dominée que f est continue sur un intervalle de la forme [a,b] avec 0 < a < b.
\begin{array}{l}
\forall x \in ]0,1], t^{x-1}e^{-t} \leq t^{a-1}\\
\forall x \in ]1,+\infty[, t^{x-1}e^{-t} \leq t^{b-1}e^{-t}\\
\end{array}Définissons alors φ par
\begin{array}{l}
\forall x \in ]0,1], \varphi(t)= t^{a-1}\\
\forall x \in ]1,+\infty[, \varphi(t)= t^{b-1}e^{-t}\\
\end{array}On a alors φ définie, continue par morceaux, intégrable et
\forall x \in [a,b], \forall t \in ]0, + \infty[, 0 \leq f(x,t) \leq\varphi(t)
On a donc réuni toutes les hypothèses pour affirmer que la fonction Gamma est continue sur [a,b]. Comme a et b ont été choisis arbitrairement, on peut faire tendre a vers 0 et b vers +∞. Et cela nous permet de conclure que Γ est continue sur ]0,+∞[.
Question 3
Lemme préliminaire
Premièrement, dérivons k fois f par rapport à t :
\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t) = (\ln t )^k e^{-t}x^{t-1}Là encore, considérons un intervalle de la forme [a,b]. On a alors
\forall x \in [a,b], \forall t \in ]0, + \infty[, \left |\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t) \right| \leq | \ln t |^k \varphi(t)Au voisinage de 0 :
\begin{array}{l}
\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0} t^{1 - a/2} | \ln t |^k \varphi(t)\\
=\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}t^{1 - a/2} | \ln t |^k t^{a-1}\\
=\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}t^{ a/2} | \ln t |^k \\
= 0
\end{array}Donc au voisinage de 0
| \ln t |^k \varphi(t) = o \left( \dfrac{1}{t^{1-a/2}} \right)Qui est intégrable au voisinage de 0.
Au voisinage de +∞ :
\begin{array}{l}
\displaystyle\lim_{t \rightarrow +\infty} t^{2} | \ln t |^k \varphi(t)\\
=\displaystyle\lim_{t \rightarrow +\infty}t^{2} | \ln t |^kt^{b-1}e^{-t}\\
=\displaystyle\lim_{t \rightarrow +\infty} | \ln t |^kt^{b+1}e^{-t}\\
= 0
\end{array}
Donc au voisinage de +∞
| \ln t |^k \varphi(t) = o \left( \dfrac{1}{t^{2}} \right)On a donc
\left |\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t) \right| \leq | \ln t |^k \varphi(t)Notre dérivée partielle est donc majorée par une fonction intégrable.
Démonstration
Après ce résultat préliminaire, montrons maintenant le résultat suivant par récurrence :
\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \Gamma^{(k)}(x) = \int_0^{+\infty}(\ln t)^k e^{-t}t^{x-1} dtInitialisation : Comme f est bien définie, de classe C1 en tant que fonction à 2 variables, et comme elle est dominée sur tout segment [a,b], cf notre résultat préliminaire. On peut alors affirmer, par théorème de dérivation sous l’intégrable que Γ est de classe C1 avec
\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \Gamma'(x) = \int_0^{+\infty}(\ln t) e^{-t}t^{x-1} dt
L’initialisation est maintenant vérifiée.
Hérédité : Supposons que pour un rang k fixé, Γ est de classe Ck avec
\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \Gamma^{(k)}(x) = \int_0^{+\infty}(\ln t)^k e^{-t}t^{x-1} dtComme f est de classe Ck+1 en dérivant par rapport à x et que cette dérivée est continue par rapport à x et par rapport à t. On a que
\dfrac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t)est de classe C1. De plus
\dfrac{\partial^{k+1} f}{\partial x^{k+1}}(x,t) vérifie l’hypothèse de domination d’après le lemme préliminaire. On en déduit alors que Γ(k) est de classe C1 et donc Γ est classe Ck+1 avec
\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \Gamma^{(k+1)}(x) = \int_0^{+\infty}(\ln t)^{k+1} e^{-t}t^{x-1} dtce qui conclut la récurrence et donc notre question 3
Question 4
Faisons une intégration par parties. Prenons a et b avec 0 < a < b et x > 0.
\begin{array}{l}
\displaystyle \int_a^b e^{-t}t^{x}dt \\
=\displaystyle [-e^{-t} t^{x}]_a^b + \int_a^b e^{-t} xt^{x-1}dt\\
=\displaystyle -e^{-b} b^{x-1} + e^{-a} a^{x} + x\int_a^b e^{-t} t^{x-1}dt\\
\end{array}Puis on passe à la limite en 0 pour a et en +∞ en b pour obtenir :
\int_0^{+\infty} e^{-t}t^{x}dt = x \int_0^{+\infty} e^{-t}t^{x-1}dt \Leftrightarrow \Gamma(x+1) =x \Gamma(x)Ce qui est bien le résultat voulu.
De plus,
\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}t^{0}dt = \dfrac{1}{1} =1 Puis par une récurrence laissée au lecture, on montre facilement que
\forall n \in \mathbb{N}^*, \Gamma(n)= (n-1)!Donc la fonction gamma est une sorte de généralisation des factorielles aux nombres réels positifs
Question 5
Nous allons répondre à cette question grâce à un changement de variable (et un autre exercice entier aussi mais c’est un détail) :
\Gamma\left( \dfrac{1}{2} \right) = \int_0^{+\infty}e^{-t} t^{1 -1/2}dt = \int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dtOn pose
u = \sqrt{t}Pour obtenir
2 \int_0^{+\infty} e^{-u^2}Et on utilise le résultat de cet exercice pour conclure que
\Gamma\left( \dfrac{1}{2} \right)= \sqrt{\pi}Question 6
On sait d’après la question 3 que
\Gamma '' (x) = \int_0^{+\infty} ( \ln t)^2 e^{-t}t^{x-1}dtLe terme sous l’intégrale étant positif, on en conclut que Γ” est positive et donc que Γ est convexe.
Maintenant, Γ(1) = Γ(2) = 1. Donc d’après le théorème de Rolle, Γ’ s’annule au moins une fois sur ]1,2[. Mais, par convexité de Γ, elle s’annule en un seul point α appartenant à ]1,2[.
Au voisinage de 0, avec la relation Γ(x+1) = xΓ(x), on obtient :
\Gamma (x) = \dfrac{\Gamma(x+1)}{x} \sim \dfrac{1}{x} Donc
\lim_{x \rightarrow 0} \Gamma(x) = +\inftyComme Γ est croissante sur [2,+∞[, si
x \geq n \in \mathbb{N}, \Gamma(x) \geq \Gamma(n) = (n-1)!Ce qui nous permet d’en déduire que
\lim_{x \rightarrow +\infty} \Gamma(x) = +\inftyQuestion 7
Lemme préliminaire
Montrons que
\forall x > 0, \Gamma (x) = \lim_{k \rightarrow + \infty} \int_0^k \left( 1 - \dfrac{t}{k} \right)^k t^{x-1}dt
Pour cela, on utilise le fait que
\left( 1 - \dfrac{t}{k} \right)^k = e^{k \ln \left(1 - \frac{t}{k}\right)} \leq e^{k \left( - \frac{t}{k}\right)} = e^{-t}Et donc, en utilisant l’indicatrice d’Euler,
\left| \left(1 - \dfrac{t}{k}\right)^k t^{x-1} \mathbf{1}_{[0,k]}(t) \right| \leq e^{-t}t^{x-1}
La fonction de domination est bien intégrable puisque c’est celle qui définit la fonction Gamma.
De plus,
\lim_{k \rightarrow + \infty} \left(1 - \dfrac{t}{k}\right)^k t^{x-1} \mathbf{1}_{[0,k]}(t) = e^{-t}t^{x-1}
Et donc en passant à l’intégrale :
\lim_{k \rightarrow + \infty} \int_0^{+\infty} \left(1 - \dfrac{t}{k}\right)^k t^{x-1} \mathbf{1}_{[0,k]}(t) = \Gamma(x) Ce qui démontre bien notre lemme
Démonstration de la propriété
\begin{array}{l}
\displaystyle \int_0^k \left( 1 - \dfrac{t}{k} \right)^k t^{x-1} dt \\
\text{On pose } u = \dfrac{t}{k} \\
=\displaystyle k^x \int_0^1 \left(1 - u \right)^k u^{x-1} du
\end{array}On fait ensuite k intégrations par parties successives :
\begin{array}{l}
\displaystyle k^x \int_0^1 \left(1 - u \right)^k u^{x-1} du \\
=\displaystyle k^x \dfrac{k}{x} \int_0^1 (1-u)^{k-1} u^x du \\
=\displaystyle k^x \dfrac{k(k-1)}{x(x+1)} \int_0^1 (1-u)^{k-2} u^{x+1} du\\
\vdots \\
= \displaystyle k^x \dfrac{k(k-1) \ldots 1 }{x(x+1) \ldots (x+k-1)} \int_0^1 u^{x+k-1} du\\
=\displaystyle k^x \dfrac{k(k-1) \ldots 1 }{x(x+1) \ldots (x+k)}\\
=\displaystyle \dfrac{k^x k!}{x(x+1) \ldots (x+k)}
\end{array}On passe ensuite à la limite en k :
\Gamma (x) = \lim_{k \rightarrow + \infty} \int_0^k \left( 1 - \dfrac{t}{k} \right)^k t^{x-1}dt = \lim_{k \rightarrow + \infty} \dfrac{k^x k!}{x(x+1) \ldots (x+k)}
Ce qui conclut notre question et donc cet exercice sur la fonction Gamma
Cet exercice vous a plu ?
