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Devoir : Fonction Gamma et formule de StirlingIntégration de Riemann/Devoir/Fonction Gamma et formule de Stirling », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
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— Ⅰ —
Démontrer que l'intégrale impropre
Γ
(
x
)
:=
∫
0
+
∞
t
x
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \Gamma (x):=\int _{0}^{+\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t}
converge si et seulement si le réel
x
{\displaystyle x}
est strictement positif.
Montrer que pour un tel
x
{\displaystyle x}
, on a
Γ
(
x
+
1
)
=
x
Γ
(
x
)
{\displaystyle \Gamma (x+1)=x\,\Gamma (x)}
.
Pour tout entier naturel
n
{\displaystyle n}
, en déduire la valeur de
Γ
(
n
+
1
)
{\displaystyle \Gamma (n+1)}
puis, de
∫
0
1
(
s
ln
s
)
n
d
s
{\displaystyle \int _{0}^{1}(s\ln s)^{n}\,\mathrm {d} s}
.
Solution
La fonction sous l'intégrale est continue et intégrable en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
(c'est un
O
(
e
−
t
/
2
)
{\displaystyle O\left(\mathrm {e} ^{-t/2}\right)}
). En
0
{\displaystyle 0}
, elle est équivalente à
t
x
−
1
{\displaystyle t^{x-1}}
donc intégrable si et seulement si
x
>
0
{\displaystyle x>0}
.
Pour
0
<
a
,
b
<
+
∞
{\displaystyle 0<a,b<+\infty }
, en intégrant par parties, on obtient :
∫
a
b
t
x
e
−
t
d
t
=
[
−
t
x
e
−
t
]
a
b
+
x
∫
a
b
t
x
−
1
e
−
t
d
t
e
t
lim
b
→
+
∞
b
x
e
−
b
=
lim
a
→
0
+
a
x
e
−
a
=
0
{\displaystyle \int _{a}^{b}t^{x}\,\mathrm {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=\left[-t^{x}\mathrm {e} ^{-t}\right]_{a}^{b}+x\int _{a}^{b}t^{x-1}\,\mathrm {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\quad {\rm {et}}\quad \lim _{b\to +\infty }b^{x}\mathrm {e} ^{-b}=\lim _{a\to 0^{+}}a^{x}\mathrm {e} ^{-a}=0}
.
Par récurrence,
Γ
(
n
+
1
)
=
n
!
{\displaystyle \Gamma (n+1)=n!}
.
Par le changement de variable
s
=
exp
−
t
n
+
1
{\displaystyle s=\exp {\frac {-t}{n+1}}}
,
∫
0
1
(
s
ln
s
)
n
d
s
=
(
−
1
)
n
(
n
+
1
)
n
+
1
Γ
(
n
+
1
)
=
(
−
1
)
n
n
!
(
n
+
1
)
n
+
1
{\displaystyle \int _{0}^{1}(s\ln s)^{n}\,\mathrm {d} s={\frac {(-1)^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\Gamma (n+1)={\frac {(-1)^{n}n!}{(n+1)^{n+1}}}}
.
— Ⅱ —
En effectuant le changement de variable
t
=
x
(
1
+
s
)
{\displaystyle t=x(1+s)}
, vérifier que
(
e
x
)
x
Γ
(
x
)
{\displaystyle \left({\frac {\mathrm {e} }{x}}\right)^{x}\,\Gamma (x)}
est égal à
I
(
x
)
:=
∫
−
1
+
∞
e
−
x
(
s
−
ln
(
1
+
s
)
)
d
s
1
+
s
{\displaystyle I(x):=\int _{-1}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-x\left(s-\ln(1+s)\right)}\,{\frac {\mathrm {d} s}{1+s}}}
.
Montrer que
∀
s
∈
]
−
1
,
+
∞
[
∃
θ
∈
]
0
,
1
[
s
−
ln
(
1
+
s
)
=
s
2
2
(
1
+
θ
s
)
2
{\displaystyle \forall s\in \left]-1,+\infty \right[\quad \exists \theta \in \left]0,1\right[\quad s-\ln(1+s)={\frac {s^{2}}{2(1+\theta s)^{2}}}}
.
En déduire que la bijection
u
:
]
−
1
,
+
∞
[
→
]
−
∞
,
+
∞
[
{\displaystyle u:\left]-1,+\infty \right[\to \left]-\infty ,+\infty \right[}
définie par :
u
2
(
s
)
=
s
−
ln
(
1
+
s
)
{\displaystyle u^{2}(s)=s-\ln(1+s)}
et
u
(
s
)
{\displaystyle u(s)}
est du même signe que
s
{\displaystyle s}
vérifie :
|
u
(
s
)
s
−
1
2
|
≤
|
u
(
s
)
|
{\displaystyle \left|{\frac {u(s)}{s}}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right|\leq |u(s)|}
.
— Ⅲ —
Déduire du Ⅱ que
|
I
(
x
)
−
2
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
u
2
d
u
|
≤
2
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
u
2
|
u
|
d
u
{\displaystyle \left|I(x)-{\sqrt {2}}\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}\,\mathrm {d} u\right|\leq 2\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}|u|\,\mathrm {d} u}
.
En déduire que
|
I
(
x
)
−
2
π
x
|
≤
2
x
{\displaystyle \left|I(x)-{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\right|\leq {\frac {2}{x}}}
.
En déduire les formules de Stirling :
Γ
(
x
)
∼
+
∞
2
π
x
(
x
e
)
x
et
n
!
∼
2
π
n
(
n
e
)
n
{\displaystyle \Gamma (x)\sim _{+\infty }{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\,\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}\quad {\text{et}}\quad n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\,\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}}
.
Solution
Par le changement de variable C1 donné par la bijection
u
{\displaystyle u}
(avec donc
2
u
d
u
=
s
d
s
1
+
s
{\displaystyle 2u\,\mathrm {d} u={\frac {s\,\mathrm {d} s}{1+s}}}
) et en notant
s
:
]
−
∞
,
+
∞
[
→
]
−
1
,
+
∞
[
{\displaystyle s:\left]-\infty ,+\infty \right[\to \left]-1,+\infty \right[}
la bijection réciproque, on déduit de la définition de
I
(
x
)
{\displaystyle I(x)}
(question Ⅱ.1) que
I
(
x
)
=
2
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
u
2
u
s
(
u
)
d
u
{\displaystyle I(x)=2\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}{\frac {u}{s(u)}}\,\mathrm {d} u}
puis, de la question Ⅱ.3, l'inégalité voulue.
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
u
2
d
u
=
1
x
∫
−
∞
+
∞
e
−
v
2
d
v
=
π
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}\,\mathrm {d} u={\frac {1}{\sqrt {x}}}\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-v^{2}}\,\mathrm {d} v={\sqrt {\frac {\pi }{x}}}}
(cf. problème précédent sur l'intégrale de Gauss) et
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
u
2
|
u
|
d
u
=
∫
0
+
∞
e
−
x
u
2
2
u
d
u
=
1
x
∫
0
+
∞
e
−
w
d
w
=
1
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}|u|\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}2u\,\mathrm {d} u={\frac {1}{x}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-w}\,\mathrm {d} w={\frac {1}{x}}}
.
D'après la question précédente et la question Ⅱ.1,
Γ
(
x
)
=
I
(
x
)
(
x
e
)
x
∼
+
∞
2
π
x
(
x
e
)
x
{\displaystyle \Gamma (x)=I(x)\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}\sim _{+\infty }{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}}
donc (d'après les questions Ⅰ.2 et Ⅰ.3)
n
!
=
Γ
(
n
+
1
)
=
n
Γ
(
n
)
∼
n
2
π
n
(
n
e
)
n
=
2
π
n
(
n
e
)
n
{\displaystyle n!=\Gamma (n+1)=n\,\Gamma (n)\sim n\,{\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}={\sqrt {2\pi n}}\,\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}}
.
(en) Willi Freeden et Martin Gutting, Special Functions of Mathematical (Geo-)Physics , Springer, 2013 [lire en ligne ] , p. 34-36