Fonction gamma : cours

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Juillet 2003 La fonction Gamma (par A. Joyal pour le camp math ematique) La fonction Gamma est l’un des joyaux des math ematiques. On la retrouve en analyse, en th eorie des nombres, en th eorie des probabilit es et en th eorie des repr esentations des groupes. Depuis Legendre, on dit que les int egrales Z Z1 1 t x 1 p 1 q 1 ( x) = e t dt et B(p;q) = t (1 t) dt 0 0 sont eul eriennes. La premi ere d e nit la fonction Gamma et la seconde la fonction B^eta. x0 Un peu d’histoire x1 Les fonctions B^eta et Gamma x2 Applications x3 Exercices x4 Prolongement analytique x5 Exercices x 0 Un peu d’histoire L’origine de la fonction B^eta remonte au d ebut du calcul di erentiel et int egral. Elle fait sa premi ere apparition dans l’Arithmetica In nitorum publi e par Wallis en 1665. L’ouvrage contient la c el ebre formule de Wallis: 2 2 4 4 6 6 = : 2 1 3 3 5 5 7 La m ethode qu’utilise Wallis pour obtenir sa formule est particuli erement originale. Il se propose de calculer l’aire d’un cercle en calculant l’int egrale Z 1p 2= 1 x dx: (2) : 4 0 Comme il sait calculer les int egrales Z 1 1ax dx = (1) a + 10 pour un exposant fractionnairea, il peut aussi calculer les int egrales Z 1 1=p qI(p;q) = (1 x ) dx: 0 1pour q un entier positif. Il dresse alors un tableau de A(p;q) =I(p;q) pour tous les entiers p;q 10.

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Publié le 10 octobre 2013
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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∙343∙∙5465∙∙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=A21, n=n+2A21, 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∙∙3234∙∙5456∙∙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 αnxn=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)Γa21+2=2aπ−1Γ(2a).

Si on changeaen2aontbo,ntiefolaulrmeqe´aviutnel:e

Si on pose

Γ(a) = 2a−1a2Γa+12.
Γ
π

x
t=+,
1x

1
1−t ,
=
1 +x

1
=
dt(1 +x)2

1Ba,

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) = cotx2−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=nlim1−xnn.
→∞

+∙ ∙ ∙.

Nousadmettronslavalidite´delalimite
Γ(a) =Z0∞e−xxa−1dx=nli→m∞Z0n1−xnnxa−1dx.

(pourunede´monstration,voirl’appendice).Lechangementdevariablex=ntnous donne
Z0n1−xnnxa−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 ne−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, n+]1L.seest´´einliga
0≤n1−Znn+1xxd!≤n1−n1+1!

entraˆınentquelase´riea`termepositifs
k=∞X1k1−Zkk+1xxd!
convergecarelleestmajore´parlase´riea`termepositifs
k∞X=11n−n1+1!= 1.

La suite des sommes partielles

1
s
n2+=1

1 1n
+ 3 +∙ ∙ ∙+n−log(n+ 1) =X1k
k=1

−Zkk+1xxd!

converge donc vers une limiteγ≤1. Disonsquelques mots sur la convergence d’un produit. maintenant On
dit qu’un produit infinie

Y 1 +an
n=1
converge absolument +si on a 1an6= 0 pourn > Nassez grand et si la somme


Xlog(1 +an)
n>N

converge absolument pourN montre grand. Onque le produit converge absolument ssi la somme


X|an|
n=1

7

converge. Ceci dit, le produit

neconvergepas(absolument)carlas´erie


Y 1 +xn
n=1

∞|x|
Xn
n=1

ne converge pas. La convergence du produit de Weierstrass provient de l’association des facteurs1 +xnet
e−nx effet, on a. En
1 +nxe−nx=1 +xn1−nx∙=1−nx22+∙ ∙ ∙
+∙ ∙
etlas´erie

X∞xn22
n=1

converge.Nouspouvonsmaintenante´tablirlaformuledeWeierstrass.D’apr`eslaformuled’Euler,ona


1=nli→m∞x1 +x∙ ∙ ∙1 +nxx
Γ(x)n

Nous allons transformer le facteurnx=exlogn que l’on ade ce produit. Remarquer

logn+1=+21∙ ∙ ∙+ 1n−γ+o(1)

dans laquelleouantit´equitendv()1´dsegiennuqeis0sren→ ∞. Par suite,

Donc

nx=exlogn=ex(1+21+13+∙∙∙+n1)e−γxeo(1).

x1 +x1 +x2∙ ∙ ∙1 +xnn−x=e−o(1)eγxx1 +xe−x1 +x2e−2x∙ ∙ ∙1 +nxe−xn.

Si on fait tendrenvers l’infini, on obtient la formule cherchee:
´
Γ(1x) =eγxx∙1 +xe−x1 +x2e−x2∙ ∙ ∙.

3 Exercices

Exercice :Sinest un entier≥0 montrer que

Γn1+2= 1∙3∙5∙ ∙2∙n(2n−1)π

Posonsa! = Γ(a et+ 1)

et

Γ11=∙3∙5(∙−1∙)∙n22(nn−1)
−n2+

a! Γ(a+ 1)
ba=b!(a−b)! Γ(b+ 1)Γ(a−b+ 1).
=

8

π.

1.

a−
b

a+b1=ab+

Montrer que

Exercice :

Z101d−tt3Γ13π
=
3Γ56,

π2113Γ1Γ56,
3

31Γ32= 2π3.

Γ

etparlaformuledescomple´ments,ona

par la formule de duplication de Legendre, on a
Γ32=

Γ14Γ34=π2.

a
Z101dt−t44=ΓΓ4143π

Suggestion´dtno,aP:ecr´epicrcxe’erl
e e n

Montrer que l’on a
Z011dt−t4= Γ412
32π

Exercice :

et

dt
=
1−t3

Z10

etparlaformuledescompl´ements,ona

Dememe,parl’exercicepre´c´edent,ona
ˆ

Exercice :Montrer que
Z01= 1s B(as,b)
ta−1(1−ts)b−1dt
Suggestion: Effectuer le changement de variablesu=ts.

Γ133
1.
3π(16)3

Montrer que
π
2
Z0θ)2ndθ=Z02π(cosθ)2ndθ2=π∙1∙23∙∙54∙∙6∙∙∙∙(∙2(n2−n2)1=)π∙221n2nn,
(sin
π π2∙4∙6∙ ∙ ∙(n)
Z02(sinθ)2n+1dθ=Z02(cosθ)2n+1dθ1=∙3∙5∙ ∙ ∙(2n12)+.

et que

pp!+q!q)Z01(1−x1/p)qdx.
=
( !

Exercice :

9

Exercice :Sip, q≥0, montrer que

Exercice :

Montrer que

(aa!+b!b)!∞Y(nn(+na+)(an++b)b).
=
n=1

Suggestioneveloppeiserled´eisrrtsaemtnedeWioct.nΓelsdonaflitU:

Exercice :

Exercice :

Exercice :

Ve´rifierdirectementque

12=nY∞=1n((n+ 1)2
n+ 1).

Obtenir la formule de Wallis
121=nY∞=1(2n2(n2n+1)+22).

Sia1+∙ ∙ ∙+ak=b1+∙ ∙ ∙+br, montrer que

§2 Applications

Γ(1 +a1)∙ ∙ ∙Γ(1 +ak)∞(n+b1)∙ ∙ ∙(n+br)
=
Γ(1 +b1)∙ ∙ ∙Γ(1 +br)nY=1(n+a1)∙ ∙ ∙(n+ak).

Soientfetgrufieinseoptcoisn´ddeuxfonx≥d´Ons.leatlniefiite0barge´tnconvolution gf ?defet
gen posant
x
( gf ?)Z0(t)g(x−t
(x) =f)dtpourx≥0.
Onmontrequel’ope´rationdeconvolutionestcommutativeetassociative:

f ? g=g ? f

et

( gf ?)? h=f ?(g ? h).

Remarquer 1? faled´egr’intestlef:
x
(1? f)(x) =Z0f(t)dt.
Onde´finitl’e´ere´tielarge´tniIn(fr)aprre´ucrrencesurl’entienen posant

On voit facilement que

Par suite,

I0(f) =f

etIn+1(f) = 1? In(f).

n
In(1)(x) =nx!.

nfois
In(f) = 1?∙}∙ ∙?{1?f=In−1(1)? f.

10