Sujet : Analyse, Fonction définie par une intégrale, Fonction Gamma

Publié par

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Fonction Gamma b) Etablir que Z Zn−1n +∞t −tExercice 1 [ 00557 ] [correction] lim ln(t) 1− dt = ln(t)e dt n→+∞ n0 0On rappelle que la valeur de Γ(1/2) est connue. 1En déduire les valeurs de Γ n + pour n∈N. 2 c) Observer que Z Zn−1n 1 nt (1−u) − 1 ln(t) 1− dt = lnn + du Exercice 2 [ 00558 ] [correction] n u0 0 0 0Sachant Γ (1) =−γ, calculer Γ (2). 0d) Conclure que Γ (1) =−γ où γ désigne la constante d’Euler. Exercice 3 [ 00559 ] [correction] Exercice 7 [ 02635 ] [correction] √00 R 2Sans calculer Γ , établir que la fonction Γ est convexe. +∞ π−tOn rappelle e dt = . 0 2 Pour x> 0, on pose Z +∞ −t x−1Γ(x) = e t dtExercice 4 [ 00560 ] [correction] 0∞Démontrer que la fonction Γ est de classeC sur ]0, +∞[. 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∈N. √Exercice 5 [ 00561 ] [correction] c) En réalisant le changement de variable t =n +y n, transformer l’intégrale a) Démontrer que la fonction Γ donnée par Γ(n + 1) en Zn +∞Z √n+∞ n f (y)dyx−1 −t nnΓ(x) = t e dt e −∞ 0 √√ 2−y /2où f (y) = 0 pour y6− x, 06f (y)6 e pour− t 0 et t> 1.n2b) Démontrer que la fonction Γ est de classeC sur ]0, +∞[. d) En appliquant le théorème de convergence dominée établir la formule de c) En exploitant l’inégalité de Cauchy Schwarz, établir que la fonction x7→ ln Γ(x) Stirling : nest convexe. √ n n!
Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 6
Voir plus Voir moins

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Fonction Gamma

Exercice 1[ 00557 ][correction]
On rappelle que la valeur deΓ(12)est connue.
En déduire les valeurs deΓn+21pourn∈N.

Exercice 2[ 00558 ][correction]
SachantΓ0(1) =−γ, calculerΓ0(2).

Exercice 3[ 00559 ][correction]
Sans calculerΓ00, établir que la fonctionΓest convexe.

Exercice 4[ 00560 ][correction]
Démontrer que la fonctionΓest de classeC∞sur]0+∞[.

Exercice 5[ 00561 ][correction]
a) Démontrer que la fonctionΓdonnée par
Γ(x) =Z+0∞tx−1e−tdt

Enoncés

est définie et continue sur]0+∞[.
b) Démontrer que la fonctionΓest de classeC2sur]0+∞[.
c) En exploitant l’inégalité de Cauchy Schwarz, établir que la fonctionx7→ln Γ(x)
est convexe.

Exercice 6[ 00562 ][correction]
L’objectif de cet exercice est de calculer
Γ0(1) =Z0+∞ln(t)e−tdt

a) Montrer que pour toutt∈[0 n],
061−tnn−16ee
−t

b) Etablir que

nlim∞Z0nln(t)1−tn
→+

n−1dt=Z+∞t)e−tdt
ln(
0

c) Observer que
Z0nln(t)1−tnn−1dt= lnn+Z01(1−uu)n−d1u
d) Conclure queΓ0(1) =−γoùγdésigne la constante d’Euler.

Exercice 7[ 02635 ][correction]
t2=√π
On rappelleR0+∞e−dt2.
Pourx >0, on pose
ΓZ+∞
(x) =e−ttx−1dt
0
a) Montrer que cette fonction est définie et indéfiniment dérivable sur]0+∞[.
On étudiera la régularité en se restreignant àx∈[a b]⊂]0+∞[.
b) CalculerΓ(n+ 1)pourn∈N.
c) En réalisant le changement de variablet=n+y√n, transformer l’intégrale
Γ(n+ 1)en
Z−+∞fn(
nenn√n∞y)dy
oùfn(y) = 0poury6−√x,06fn(y)6e−y22pour√−t < y60et
06fn(y)6(1 +y)e−ypoury >0ett>1.
d) En appliquant le théorème de convergence dominée établir la formule de
Stirling :
n!√∼2nn
πn
en

Exercice 8X MP[ 02952 ][correction]
a) Soita∈Cavec Re(a)>0. Donner un équivalent deun=a(a+ 1)  (a+n).
b) Montrer que la fonctionΓne s’annule pas sur{z∈CRez >0}.

Exercice 9[ 03654 ][correction]
Pourx>0, on pose
−xt
edt
F(x) =Z+0∞√t(1 +t)

1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

a) Justifier que la fonctionFest bien définie
b) Déterminer une équation linéaire d’ordre 1 dontF
c) CalculerF(0)et la limite deFen+∞.
d) En déduire la valeur de
+∞e−t
=Z0√tdt
Γ(12)

Exercice 10CCP MP[ 02537 ][correction]
a) Rappeler le domaine de définition de la fonction
Γ :x7→Z+∞tx−1e−tdt
0

est solution sur]0+∞[.

b) Calculer l’intégrale
In(x) =Z0ntx−11−tnndt
c) Expliquer rapidement pourquoi1−ntnconverge verse−tet montrer que

nxn!
Γ(x) =nl→im+∞x(x+ 1)  (x+n)

Enoncés

2

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
SachantΓ(x+ 1) =xΓ(x)etΓ(12) =√πon a
Γn+21=n−21Γn−12=  =n−21 n−32∙ ∙ ∙2123Γ(12)donc
Γn+21=(2n−1)(2n2n−−3)1××3×1√π=2(22nnn!!)√π.

Exercice 2 :[énoncé]
Γ(x+ 1) =xΓ(x)doncΓ0(x+ 1) =xΓ0(x) + Γ(x)puisΓ0(2) = 1−γ.

Corrections

Exercice 3 :[énoncé]
Pour toutt >0, la fonctionx7→tx−1= e(x−1) lntest convexe donc pour tout
a b∈]0+∞[et toutλ∈[01],tλa+(1−λ)b−16λta−1+ (1−λ)tb−1puis
tλa+(1−λ)b−1e−t6λta−1e−t+ (1−λ)tb−1e−t. En intégrant sur]0+∞[, on obtient
Γ(λa+ (1−λ)b)6λΓ(a) + (1−λ)Γ(b).

Exercice 4 :[énoncé]
Pourx >0, la fonctiont7→(lnt)ktx−1e−test intégrable sur]0+∞[.

En effett2×(lnt)ktx−1et−−−−→0et(lnt)ktx−1e−t∼0(ltn1−t)kxavec1−x <1.
t→+∞
Posonsf(x t) =tx−1e−t.
Pour toutk∈N,∂∂kfxkexiste et∂∂kfxk(x t) = (lnt)ktx−1e−t.
Pour toutx >0:t7→∂∂xkfk(x t)est continue par morceaux.
Pour toutt >0:t7→∂x∂kkf(x t)est continue.
Pour tout[a b]⊂]0+∞[et tout(x t)∈[a b]×]0+∞[:

x∂∂kkf(x t)6(lnt)k(ta−1+tb−1)et=ϕk(t)avecϕkintégrable sur]0+∞[.
Par domination,Γest de classeC∞sur]0+∞[

Exercice 5 :[énoncé]
a) Pourx >0, la fonctiont7→(lnt)ktx−1e−test intégrable sur]0+∞[.
En effett2×(lnt)ktx−1e−t−t−→−+−∞→0et(lnt)ktx−1e−t0∼(ltn1−t)kxavec1−x <1.
Ainsi la fonctionΓest définie sur]0+∞[.
Posonsf(x t) =tx−1e−t.
Pour[a b]⊂]0+∞[, on atx−16ta−1outx−16tb−1selon quet61out>1
.
Dans les deux castx−16ta−1+tb−1et donc|f(x t)|6f(a t) +f(b t) =ϕ(t)
avecϕintégrable.

3

Par domination :Γest continue sur]0+∞[.
b) Pourk= 1ou 2.
∂∂xkkfexiste et∂∂kxfk(x t) = (lnt)ktx−1e−t.
Pour toutx >0:t7→x∂∂kkf(x t)est continue par morceaux.
Pour toutt >0:t7→x∂∂kkf(x t)est continue.
Pour tout[a b]⊂]0+∞[et tout(x t)∈[a b]×]0+∞[:
x∂∂kkf(x t)6(lnt)k(ta−1+tb−1)e−t=ϕk(t)avecϕkintégrable sur]0+∞[.
Par dominationΓest de classeC2sur]0+∞[.
c) La dérivée seconde deln Γ(x)est du signe deΓ00(x)Γ(x)−Γ0(x)2.
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
R+0∞√tx−1e−tp(lnt)2tx−1e−tdt6R+0∞tx−1e−tdtR0+∞(lnt)2tx−1e−tdt.
AinsiΓ0(x)26Γ(x)Γ00(x)et donc(ln Γ(x))00>0.
Finalementx7→ln Γ(x)est convexe.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Puisqueln(1 +u)6u, on a
061−ntn−1= exp(n−1) ln1−tn6exp−(n−1)tn= e−tetn6ee−t
b) Pour toutt∈R+,ln(t)e−tsimple de la suite de fonctionest limite (un)définie
parun(t) =1−ntn−1sit∈]0 n[etun(t) = 0sinon.
Puisque|ln(t)un(t)|6eln(t)e−t, par convergence dominée :
n
n→+∞Z0nln(t)1−tn−1dt=Z+0∞ln(t)e−tdt
lim

c) Par le changement de variableu=nt
Z0n1−ntn−1ln(t) dt=Z1n(1−u)n−1ln(nu) du
0
avec
Z1n−1Z1

et

n(1−u) ln(nu) du= lnn+nln(u)(1−u)n−1du
0 0

(1−u)n−d1u
Zε1nln(u)(1−u)n−1du= [ln(u)(1−(1−u)n)]1ε+Zε1u

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

On notera que la fonctionu7→n(1−u)n−1est primitivée en(1−(1−u)n)qui
s’annule en 0 de sorte que l’intégration par parties donne à la limite quandε→0+
Z01nln(u)(1−u)n−1du=Z1(1−u)n−1du
0u

d) Par le changement de variableu= 1−v
Z10(1−uu)n−d1u=−Z01vvn−−1d1v=Z1kn=X−01vkdv

0

puis

Finalement

Z01(1−u)kn=1
−1du=−nX1k=−
ulnn−γ+o(1)

Z0+ln(t)e−tdt=−γ

Exercice 7 :[énoncé]
a)g(x t) =e−ttx−1,∂∂kgxk(x t) = (lnt)ke−ttx−1pour toutk∈N.
Pourt∈[a b],

∂∂kxgk(x t)6|lnt|ke−tta−11]01[+tb−11[1+∞[=ϕk(t)

t2ϕk(t)−t−→−+−∞→0et pour0< α < a,t1−αϕk(t)t−→−0→0doncϕkest intégrable.
Par théorème,ΓestC∞.
b) Par ipp,Γ(t+ 1) =tΓ(t). SachantΓ(1) = 1, on obtient par récurrence
Γ(n+ 1) =n!.
c) Par le changement de variable proposé
( + 1nenn√nZ−+∞∞fn(y)dy
Γn) =

avec
fn(y) = 0sur−∞√−n,fn(y) =e−y√n1 +√ynnsur−√n+∞
Sur]−√n0], une étude fonctionnelle montrenln1 +√yn−y√n6−y22qui
donne06fn(y)6e−y22.

4

Sur[0+∞[, une étude fonctionnelle montrenln1 +√ny−y√n6−y+ ln(1 +y)
pourt>1. Cela donne06fn(y)6(1 +y)e−y.
d) La fonctionϕ:y→e−y22siy60
(1 +y)e−yinon est intégrable surR.
s
Quandn→+∞, en réalisant un DL du contenu de l’exponentiel :
fn(y) =e−y√n+nln1+√ny→e−y22.
Par convergence dominée :
Z−+∞∞fn(y)dy→Z−+∞∞e−y22dy=√2π

d’où

Etudes.doc

n
Γ(n+ 1) =n!∼√2πnenn

Exercice 8 :[énoncé]
a)a=α+iβavecα >0etβ∈R.
a+n=|a+n|eiθnavec
|a+n|=p(α+n)2+β2=n+α+O1n

et

β β
θn= aa+n n+On12
rctan =

Alors
β
un=aexpk=Xn1lnk+kXn=1ln1 +kα+Ok12+inkX=1k+Ok12!

Ainsi
un=an! exp (αlnn+iβlnn+χ+o(1))
et doncun∼A(a)n!naavecna= exp(alnn)etA(a)∈C?.
b) NotonsH={z∈CRez >0}. Pourz∈H, on a

Γ(z) =Z+tz−1e−tdt
0
Par convergence dominée, on montre que
Γ(z) =nl→i+m∞Z0n1ntndt
tz−1−

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Par changement de variable,
Z0ntz−11−ntndt=nzZ10uz−1(1−u)ndu

puis par intégrations par parties successives
Zntx−11−ntndt=z(z+ 1)nzn(!z+n)
0

On en déduit que pourz=a,
Γ(z) =A1(a)

On en déduit en particulier queΓ(z)6= 0mais aussi que

Exercice 9 :[énoncé]
a) Posons

a(a+ 1)  (a+ )∼nan!
nΓ(a)

f(x t) =√te(−1x+tt)

Corrections

définie sur[0+∞[×]0+∞[.
Soitx>0. L’applicationt7→f(x t)est continue par morceaux sur]0+∞[et

avec

06f(x t)6√t11+(t)

1 1 1 1
√t(1 +t)t→∼0+√tet√t(1 +t)t→∼+∞t32

donct7→f(x t)est intégrable sur]0+∞[et l’intégrale impropre définissantF(x)
est bien convergente.
b) Pour chaquet∈]0+∞[, la fonctionx7→f(x t)est dérivable et

∂fx(x t) =−te−xt
∂√t(1 +t)

Pour toutx∈]0+∞[, la fonctiont7→f∂x∂(x t)est continue par morceaux sur
]0+∞[
Pour toutt∈]0+∞[, la fonctionx7→∂f∂x(x t)est continue sur]0+∞[

Soita >0. Pour(x t)∈[a+∞[×]0+∞[,

∂fx(t)6√te−at=ϕa(t)
∂ x

avecϕa: ]0+∞[→R+continue par morceaux et intégrable.
Par domination,Fest de classeC1sur]0+∞[et
F0(x) =−Z+0∞te−xtdt
√t(1 +t)

On constate alors
−tΓ(12)
F(x)−F0(x) =Z0+∞e√xtdtxt==u√1xZ0+∞e√−uudu=
√x

c) On a

F(0) =Z+∞dt2Z0+∞2 du
= =π
0√t(1 +t)t=u1 +u2

et
06F(x)6Z+0∞e−√xttdt= Γ(√1x2)x−→−−+−∞→0
donc, par encadrement,F−+−∞→0.
d) Après résolution (avec méthode de variation de la constante) de l’équation

0Γ(12)
y−y=√x

avec la condition initialey(0) =π, on obtient
∀x>0 F(x) = exπ−Γ(12)Z0xe√−ttdt

La nullité de la limite deFen+∞impose alors
Γ(12)Z0xe√−ttdtx−→−+−−∞→π

et donc

Γ(12) =√π

5

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 10 :[énoncé]
a)Γest définie surR+?.
b) Par intégration par parties,

Inp(x) =x(x+

nxn!
1)  (x+n)

c) Par convergence dominée appliquée aux fonctions
fn:t7→t0x−11−tnnissitt∈∈

on obtient

d’où la relation.

lim
Γ(x) =n→+∞

]0 n[
[n+∞[

n
Z0fn(t) dt

Corrections

6

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Les commentaires (1)
Écrire un nouveau message

17/1000 caractères maximum.

adechinagonzallo

cool

mardi 15 mars 2016 - 16:21