Fonction gamma : cours
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Juillet 2003
La fonction Gamma
(parA.Joyalpourlecampmathe´matique)
LafonctionGammaestl’undesjoyauxdesmath´ematiques.Onlaretrouveenanalyse,enth´eoriedes
nombres,enth´eoriedesprobabilite´setenth´eoriedesrepre´sentationsdesgroupes.DepuisLegendre,ondit
quelesinte´grales
Γ(x) =Z0∞e−ttx=Z1tp−1(1−t)q−1dt
−1dtetB(p, q)
0
sontue´lreeinnsetcnofaltnoi`emireapniefid´reL.Gammaet la seconde la fonctionBeˆat.
§0 Un peu d’histoire
§BˆnsaeetonsfiocteL1Gtmaam
§2 Applications
§3 Exercices
§4 Prolongement analytique
§5 Exercices
§0 Un peu d’histoire
L’originedelafonctionBˆetaremonteaud´ebutducalculdiff´erentieletinte´gral.Ellefaitsapremi`ere
apparition dans l’Arithmetica Infinitorumerbe`leo’vu56L.ne61llsilac´ientcontragelbuppe´iaWraformule
de Wallis:
∙2
2π=12∙343∙∙5465∙∙67∙ ∙ ∙.
Lam´ethodequ’utiliseWallispourobtenirsaformuleestparticulie`rementoriginale.Ilseproposedecalculer
l’aired’uncercleencalculantl’int´egrale
4π=Z10p1−x2dx.(2).
Commeilsaitcalculerlesinte´grales
Z10xadx=a1)1(+1
pour un exposant fractionnairea,ilpalgressile´entclacreluatueissu
I(p, q) =Z01(1−x1/p)qdx.
pourq dresse alors un tableau deun entier positif. IlA(p, q) =I(p, q)−1pour tous les entiersp, q≤10.
q= 0q= 1q= 2q= 3q= 4q= 5q= 6q= 7q= 8q= 9q= 10
p= 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
p 9 2 3 4 5 6 7 8 10 11= 1 1
p 1= 2 10 3 6 45 55 15 21 28 36 66
p 4 10= 3 1 165 220 286 20 35 56 84 120
p 5 1= 4 210 330 126 35 70 15 495 715 1001
p 252 462 792 1287 2002 3003 6 21 56 126 1= 5
p 8008 3003 5005 210 84 1716 462 924= 6 1 7 28
p 8 1 120 36= 7 3432 6435 11440 19448 330 792 1716
p 43758 24310 3003 6435 12870 495 1287 45 165 1 9= 8
p 24310 48620 11440 92378 5005 2002 715 220 55 10 1= 9
p 43758 92378 184756 1= 10 66 11 1001 286 19448 3003 8008
1
Wallis reconnait le triangle de Pascal avec
A(p, q) = (pp!+q!q)!.
´
Il observe aussi la symetrieA(p, q) =A(q, p) et les relations
A(p, q) =pq+Aq(p, q−1) etA(p, q) =pp+Aq(p−1, q)
(3)
.
Wallisfaitalorsl’hypothe`dequecesrelationssontvraiesmˆemepourdesvaleursfractionnairesdepetq.
Par exemple, posonsbn=A(1/2, n/2). On ab2= 3/2 et on obtient que
Demeˆme,
1
b2n=A21, n=n+2A21, n−12= 2n2n+ 1b2n−2=2((2nn+)∙ ∙1∙)∙∙∙∙∙∙45∙∙23.
n
∙
b2n+12=2nn1+2+b2n−12((=2nn2)1+)+∙∙∙∙∙∙45∙23∙b1.
Wallis observe que la suiteb1, b2, . . .est croissante car la suite
b=1I21(,2n) =Z01(1−x2)n2d
x.
n
estde´croissante.Lesine´galite´sb2n−2< b2n−1< b2n, impliquent que l’on a
4 2n3 5 2n+ 1
23∙54∙ ∙ ∙22nn−−21< b1∙3∙ ∙ ∙2< .
∙ ∙ ∙ ∙ ∙
n− 41 2 2n
On sait queb1=A(12,21) =π4. On obtient par suite que
2∙2 4∙4 2n∙2n2n
1∙3 3∙5 (2n−1)(2n+ 1)< π2<12∙∙32∙34∙∙45∙ ∙ ∙(2n−12n)∙(2n+ 1)+121n.
∙ ∙ ∙ ∙ ∙
Ce qui prouve que
2π=12∙∙3234∙∙5456∙∙76∙ ∙ ∙
.
LeraisonnementdeWallisae´t´ecritique´eparsescontemporains.Wallisadmetquesonraisonnementn’est
pasentie`rementrigoureuxmaisilr´epliquequesame´thodeestvalable,aumˆemetitrequecelledessciences
expe´rimentales.Maisuneexplicationpurementmathe´matiquerestait`atrouver.C’estpourquoiNewton,et
ensuiteEuleronte´tudi´eattentivementlestravauxdeWallis.Newtonyde´couvritlaformuledubinoˆme
∞ ∞
(1 +x) =X αnxn=Xα(α−1)∙ ∙ ∙(α−n+ 1)xn!n
α
.
n=0n=0
EulerydecouvritlafonctionBeˆta.Revenonsa`l’inte´graledeWallis.Si
´
Z10tp−1(1−t)qdt.
I(p, q) =p
Euler´etudieracesinte´gralessouslaforme
1
Z0
ta(1−t)bdt.
2
1
on poset=xp, on obtient que
DepuisLegendre,onlesetudiesousuneformel´ege`rementmodifie´e
´
B(a, b) =Z1a−1(1−t)b−1dt.
t
0
§1oisnˆBteeLfsnotctGaemaam
LafotincˆBnoateni’lrapeelarge´t´dtsinfiee
B(a, b) =Z10ta−1(1−t)b−1dt.
La relationB(a, b) =B(b, auactlentanchmege´desnomeeerteffen)tnedavirbaelst7→1−t. La relation
aB(a, b+ 1) =bB(a+ 1, b)
sede´montreenint´egrantparpartie:
1
aZta−1(1−t)bdt=ta(1−t)b|10+bZ01ta(1−t)b−1dt
0
Sin=bddnarneoee´nuncurietlreetca,olie1estunenrrence+
B(a, n) =na−1B(a+ 1, n−1).
CommeB(a,1) =1a, on obtient de proche en proche que
2∙ ∙ ∙(n−1)
B(a, n) =a(a1+∙1)∙ ∙ ∙(a+n−1)
Sia=mest un entier, on obtient que
B(m, n () =m−1)!(n−1)!
(m+n−1)!
∗
?.4
Eulerage´ne´ralis´elaformule∗pour des valeurs quelconques de >a, b tout0. Poura >0 posons
La relation fondamentale
∞
a) =Z0
Γ(e−tta−1dt.
Γ(a+ 1) =aΓ(a)
sed´emontreeninte`grantparparties
Γ(a+ 1) =Z0∞e−ttadt=−e−tta|10+aZ0∞e−tta−1dt.
Sinest un entier, on obtient de proche en proche que
Γ(a+n) =a(a+ 1)∙ ∙ ∙(a+n−1)Γ(a).
3
.
Comme Γ(1) = 1, cela prouve que Γ(n+ 1) =nnort´Dmeiatnnomstlafenanleormu!.
B(a, b) = Γ(a()Γ+bb)).
Γ(a
Onae´videmment
Γ(a)Γ(b) =Z0∞e−xxa−1dx!Z0∞e−xxa−1dx!
∞
=Z0∞Z0x−yxa−1yb−1dxdy.
−
e
Dans cette integrale double, effectuons le changement de variablesy=u−xpour 0≤x≤u, et conservons
´
la variablex. Comme∂u∂= 1, on adxdy=dxdu. On obtient que
Γ(a)Γ(b) =Z0∞Z0ue−uxa−1(u−x)b−1dxdu
u
=Z0∞e−uZ0xa−1(u−x)b−1dx!du.
Poure´valuerl’inte´gralerelative`adx, effectuons le changement de variablex=tu obtient que. On
Z0uxa−1(u−x)b−1dx=Z01(tu)a−1(u−tu)b−1u dt
=ua+b−1Z01ta−1(1−t)b−1dt
=ua+b−1B(a, b).
Par suite,
cequidonneler´esultatde´sire´.
Z0∞e−uua+b−1du
Γ(a)Γ(b) =B(a, b)
=B(a, b)Γ(a+b)
LafonctionBˆetaposs`edeungrandnombred’expressionsinte´gralesobtenuesparchangementdevari-
ables. Si on pose
t= sin2θ,1−t= cos2θ, dt sin= 2θcosθ dθ
on obtient que
π
B(a, b) = 2Z02(sinθ)2a−1(cosθ)2b−1dθ.
En particulier,B(12,21) =π.Par suite, Γ(12)Γ(21) = Γ(1)πet on obtient que
1
=
Γ( 2 )π.
Les valeurs centrales
Γ(a)Γ(a)
B(a, a) =
Γ(2a)
sontparticulie`rementinte´ressantes.Sionutiliselarelationsin2θ= 2 cosθsinθ, on obtient
π
B(a, a) = 2212Z0
a−2(sin 2θ)2a−1dθ.
4
Si on poseψ
= 2θon obtient ensuite que
π
B(a, a 2) =2a1−1Z0π(sinψ)2a−1dψ2=2a1−2Z02(sinψ)2a−1dψ2=2a1−
Cela donne laformule de duplication de Legendre
Γ(a)Γa21+2=2aπ−1Γ(2a).
Si on changeaen2aontbo,ntiefolaulrmeqe´aviutnel:e
Si on pose
Γ(a) = 2a−1a2Γa+12.
Γ
π
x
t=+,
1x
1
1−t ,
=
1 +x
1
=
dt(1 +x)2
1Ba,
on obtient que
∞xa−1
B(a, b) =Z0(1 +x)a+bdx
Uneexpressionplussyme´triques’obtientens´eparantcetteint´egraleendeuxparties:
B(a, b) =Z10(1 +xax−)1a+bdx+Z∞x+ax−)1a+bdx
1(1.
Si remplacexpar1xdans la seconde, on obtient que
Z1∞(1 +xax−)1a+bdx=Z10xb−1d
(1 +x)a+bx.
Par suite,
−1b−1
B(a, b) =Z10x(a1++x)xa+bdx.
Si 0< a <1, on obtient en particulier que
1+x−adx
B(a,1−a) = Γ(a)Γ(1−a) =Z0∞xa1−+1dxx=Z0xa−11 +x
.
D´emontronsmaintenantlaformule des complements:
B(a,1−a sin) =πaπ
Sionmultiplielase´riege´ome´trique
pour 0< a <1.
1 = 1−x+x−x3∙.
2
1 +x+∙ ∙
parxa−1ninoge`teter`emrerat,omebtnontieal´sreeiteis
Z10xa1−+1xxd=n∞X=0(a−+1)nn.
5
21.
?
?
Sionmultiplielas´erieg´eom´etriqueparx−aobtie,onas´eentlireeiotsntnirge`retea`emmret
Z1x1−+axdx=nX∞1(a−−1)nn.
0=
Par suite,
B(a,1−a) =X(a−−1)nn
n∈Z
Pour´evaluercettesomme,nousutiliseronsleproduitd’Euler:
sinπ∞1−xn22.
πxx=Y
n=1
Enprenantlade´rive´logarithmiquedechaquemembre,onobtient
2x2x
πcot(πx)−x=1x22−x12+x2−22+x2−32
Onpeuttransformercetteexpressionenutilisantlad´ecomposition
2x1 1
=
x2−n2x+n+x−n .
`
Alaconditiondesommersyme´triquement,celadonne
πcot(πx) =X1
.
x−n
n∈Z
Sionutiliseensuitel’identite´
cosec(x) = cotx2−cot(x),
on obtient facilement que
π(−1)n
.
sin(πx) =n∈XZx−n
Laformuledescomple´mentsestd´emontr´ee.
De´montronsmaintenantuneautreformuled’Euler
in!∙n∙a(a).
Γ(a) =nl→m∞a(a+ 1)∙+n
Pour cela nous utiliserons la limite classique
e−x=nlim1−xnn.
→∞
+∙ ∙ ∙.
Nousadmettronslavalidite´delalimite
Γ(a) =Z0∞e−xxa−1dx=nli→m∞Z0n1−xnnxa−1dx.
(pourunede´monstration,voirl’appendice).Lechangementdevariablex=ntnous donne
Z0n1−xnnxa−1dx=naZ10(
1−t)nta−1dt=naB(n+ 1, a).
6
?
.
C’estler´esultatcherche´puisque
B(n+ 1, a) =a(a1+1∙)2∙∙∙∙∙∙(na+n).
De´montronsmaintenantlaformuledeWeierstrass
1γ∞
1 +x
xxxY ne−xn,
Γ( ) =en=1
dans laquelle figure laconstante d’Euler
1∙+ 1−logn.
γ=nli→m∞1 + 2 +∙ ∙n
Disons auparavant quelques mots sur cette constante. Pour tout entiern≥1 on a
1Znn+1dxx≤1n
n+ 1≤
puisquen−1est la valeur maximum, et (n+ 1)−1la valeur minimum, de la fonctionx−1dans l’intervalle
[n
