Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

9Intégration

Le volume de première année a construit l’intégrale sur un segment. Ce chapitre l’étend à des intervalles quelconques (intégrales impropres, avec toute la boîte à outils de comparaison), puis étudie les intégrales dépendant d’un paramètre — continuité et dérivation sous le signe intégral — portées par le théorème de convergence dominée, le seul résultat de ce chapitre admis. La fonction $\Gamma$ sert d’exemple fil rouge, et de porte d’entrée vers la moitié des fonctions spéciales des mathématiques.

9.1 Intégrales sur un intervalle quelconque

Définition 9.1

Soit $f$ continue par morceaux sur $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ ou $+\infty$ ). L’intégrale converge lorsque $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ existe ; on écrit alors $\int_a^b f$ pour la limite. (De même sur $\intoc{a}{b}$ , et sur $\intoo{a}{b}$ en coupant en un point intérieur — le choix n’importe pas, par la relation de Chasles.) L’intégrale converge absolument lorsque $\int_a^b \abs f$ converge ; la convergence absolue implique la convergence, par le critère de Cauchy :

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

et la complétude de $\R$ (la primitive possède la propriété de Cauchy). En détail : posons $F(x) = \int_a^x f$ et $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Si $\int^b\abs f$ converge, $G$ admet une limite en $b^-$ , donc pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $c < b$ tel que $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ dès que $c \leq x \leq y < b$ ; la formule ci-dessus transfère cette propriété de Cauchy à $F$ . Pour toute suite $x_n \to b^-$ les valeurs $F(x_n)$ forment alors une suite de Cauchy de réels, convergente par complétude, et entrelacer deux telles suites montre que la limite est la même pour toutes : $F$ admet une limite en $b^-$ .

Théorème 9.2 (Boîte à outils de comparaison, cas positif)

Pour $f, g \geq 0$ continues par morceaux sur $\intco{a}{b}$ :

$\int_a^b f$ converge si et seulement si la primitive $x \mapsto \int_a^x f$ est bornée ;
$f \leq g$ : la convergence de $\int g$ entraîne celle de $\int f$ ; la divergence se transmet en sens inverse ;
$f \sim g$ en $b$ : les deux intégrales sont de même nature ;
les échelles de référence : en $+\infty$ , $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ converge si et seulement si $\alpha > 1$ , et $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ si et seulement si $\beta > 1$ ; en une borne finie $b$ , $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ converge si et seulement si $\alpha < 1$ .

Démonstration. (1) La primitive $F(x) = \int_a^x f$ est croissante ( $f \geq 0$ ). Si elle est bornée, $\ell = \sup_{x < b}F$ est fini et $F(x) \to \ell$ : étant donné $\varepsilon > 0$ , un certain $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , et la monotonie piège $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ pour $x_0 \leq x < b$ . Si elle est non bornée, $F \to +\infty$ : divergence.

(2) De $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ pour tout $x$ ; si $\int^b g$ converge, le membre de droite est borné, donc le membre de gauche aussi, et (1) conclut. La contraposée transmet la divergence en sens inverse.

(3) $f \sim g$ en $b$ fournit $c < b$ tel que

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

par (2) appliqué dans les deux sens sur $\intco{c}{b}$ , les deux intégrales sont de même nature ; le morceau initial $\intcc{a}{c}$ est une intégrale propre et ne change rien.

(4) Primitives explicites : pour $\alpha \neq 1$ et $\beta \neq 1$ ,

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

avec des logarithmes dans les cas exclus : bornées quand $x \to +\infty$ exactement lorsque $\alpha > 1$ , resp. $\beta > 1$ . En une borne finie, le changement de variable $u = b - t$ ramène à l’échelle $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , bornée si et seulement si $\alpha < 1$ . Appliquer (1) à chaque fois. ∎

Exemple 9.3 (Deux échauffements, menés jusqu’au bout)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : l’intégrande explose en $0^+$ , mais $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ au voisinage de $0$ (les logarithmes perdent face aux puissances), et $\int_0 t^{-1/2}$ converge : convergence absolue. La valeur, par parties sur $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(b) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : problème aux deux bornes, donc on coupe en $1$ . Au voisinage de $0$ : $\abs{\ln t}$ intégrable comme en (a) ; au voisinage de $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : absolument convergente. Le changement de variable $t = \frac1u$ envoie $\intoo{0}{1}$ sur $\intoo{1}{\infty}$ et

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

les deux moitiés se compensent, et l’intégrale vaut $0$ . Éclairage final : la symétrie sous $t \mapsto \frac1t$ vaut une page de calcul — le même tour alimentait déjà l’Exercice 9.3.

Exemple 9.4 (Une valeur, trois intégrales)

Étudions $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . En $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , donc l’intégrande se prolonge par continuité par la valeur $\frac12$ — aucune singularité. En $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : convergence absolue (Théorème 9.2). Valeur : intégrons par parties sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ avec $u = 1 - \cos t$ , $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

Le crochet s’annule aux deux bornes ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; numérateur borné en $M$ ), et l’intégrale tend vers la valeur de Dirichlet $\frac\pi2$ (Exercice 9.10) : $I = \frac\pi2$ . Éclairage final : avec $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ et $u = \frac t2$ ,

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

les trois classiques $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (Exercice 9.11) et $I$ partagent tous la valeur $\frac\pi2$ , transmise de l’une à l’autre par parties et par changement de variable — et seule la première est semi-convergente : l’intégration par parties a échangé la convergence absolue contre un intégrande plus simple.

Exemple 9.5 (Une intégrale semi-convergente)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ converge : intégrons par parties,

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

où le crochet a une limite et la dernière intégrale converge absolument ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). Mais pas absolument : de $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ ,

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{convergente}} ,

où la dernière intégrale converge par la même intégration par parties que ci-dessus (avec $\sin 2t$ dans le crochet) : une partie divergente moins une partie convergente diverge. Ainsi $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ converge sans converger absolument — l’analogue intégral des séries alternées, l’intégration par parties jouant le rôle du critère spécial des séries alternées.

9.2 Le théorème de convergence

Théorème 9.6 (Convergence dominée)

Soit $(f_n)$ continues par morceaux sur un intervalle $I$ , convergeant simplement vers une fonction $f$ continue par morceaux, et supposons qu’il existe une fonction intégrable fixe $\varphi \geq 0$ ( $\int_I \varphi < \infty$ ) telle que

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

Alors toutes les $\int_I f_n$ et $\int_I f$ convergent absolument, et

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

Démonstration. Admis à ce niveau. ∎

Remarque 9.7

La preuve honnête relève de la théorie de l’intégration de Lebesgue de la troisième année ; l’énoncé, lui, sert constamment désormais. L’hypothèse de domination est tout l’enjeu : la convergence simple seule ne suffit pas ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , des bosses glissantes : $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). Le théorème vaut aussi pour un paramètre continu ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), par la caractérisation séquentielle des limites.

Exemple 9.8 (Une limite gaussienne, par domination)

Calculer $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ où $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Simplement, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (limite des intérêts composés), donc les intégrandes tendent vers $\eu^{-t^2}$ . Domination : la suite $n \mapsto (1 + u/n)^n$ est croissante pour $u \geq 0$ (l’inégalité arithmético-géométrique sur les $n + 1$ facteurs $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ donne $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), donc pour $n \geq 2$ :

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

un dominant intégrable ( $\sim 4t^{-4}$ à l’infini). Convergence dominée :

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(l’intégrale de Gauss de l’Exercice 9.8). Vérification finale : le changement de variable $t = \sqrt n\tan\theta$ calcule $I_n$ exactement, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , et l’équivalent de Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lemme 6.11) donne de nouveau $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ : les deux piliers de ce chapitre et du précédent concordent.

Exemple 9.9 (Convergence dominée, paramètre continu)

Calculer

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

Pour chaque $t > 0$ , $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ quand $x \to \infty$ ; et la domination

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{intégrable, indépendante de } x,

vaut pour tout $x$ . Par la forme à paramètre continu du Théorème 9.6 (caractérisation séquentielle : tester le long de tout $x_n \to \infty$ ),

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

Éclairage final : le point isolé $t = 0$ , où la limite simple est $0$ plutôt que $\frac\pi2$ , ne change rien — la fonction limite n’intervient que par son intégrale, l’une des faveurs discrètes du théorème.

9.3 Intégrales à paramètre

Théorème 9.10 (Continuité sous le signe intégral)

Soit $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ un espace métrique, $I$ un intervalle) vérifiant : $t \mapsto f(x, t)$ continue par morceaux pour chaque $x$ ; $x \mapsto f(x, t)$ continue pour chaque $t$ ; et une domination $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ ( $\varphi$ intégrable sur $I$ , indépendante de $x$ ). Alors

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

est définie et continue sur $A$ .

Démonstration. Bonne définition : la domination donne la convergence absolue. Continuité en $x_0$ : pour toute suite $x_n \to x_0$ , les fonctions $g_n(t) = f(x_n, t)$ convergent simplement vers $f(x_0, t)$ (continuité en $x$ ) sous la domination fixe $\varphi$ : la convergence dominée donne $F(x_n) \to F(x_0)$ ; on conclut par la caractérisation séquentielle de la continuité (Définition 4.5). ∎

Théorème 9.11 (Dérivation sous le signe intégral)

Soit $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ un intervalle de paramètres) vérifiant : $t \mapsto f(x,t)$ intégrable sur $I$ pour chaque $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ de classe $C^1$ pour chaque $t$ , la dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}$ étant continue par morceaux en $t$ et dominée : $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ avec $\psi$ intégrable. Alors $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ est de classe $C^1$ sur $J$ et

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

Démonstration. Fixons $x$ et $h_n \to 0$ . Les taux d’accroissement

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

ont des intégrandes convergeant simplement vers $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ , et dominés par $\psi(t)$ : par l’inégalité des accroissements finis appliquée en $x$ à $t$ fixé,

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

La convergence dominée donne la limite $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ des taux : $F$ est dérivable, de dérivée annoncée, continue d’après le Théorème 9.10 appliqué à $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Exemple 9.12 (Une intégrale à paramètre confrontée à une formule)

Soit $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ pour $x > 0$ . Sur tout $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ , l’intégrande est dominé par $\frac{1}{t^2 + a}$ , intégrable et indépendant de $x$ : $F$ est continue (Théorème 9.10). Ici le théorème peut se confronter à une valeur explicite :

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

visiblement continue. Dérivons maintenant sous l’intégrale : la dérivée en $x$ , $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ , est dominée sur $\intcc ab$ par $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , intégrable : le Théorème 9.11 donne

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{tandis que}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

de sorte que nous avons calculé une nouvelle intégrale gratuitement : $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Éclairage final : dériver une intégrale à paramètre connue est une fabrique de nouvelles formules — en itérant, on obtient $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ pour tout $n$ , sans aucun changement de variable trigonométrique.

Méthode 9.13 (Étudier une intégrale impropre)

Étant donné $\int_a^b f$ :

Localiser le problème : recenser les bornes (ou points intérieurs) où $f$ est non bornée ou l’intervalle infini, et découper pour que chaque morceau ait exactement une borne problématique.
Si $f$ est de signe constant près de cette borne, trouver un équivalent et comparer avec les échelles de référence du Théorème 9.2.
Si $f$ oscille, tester d’abord $\abs f$ (convergence absolue). Si $\int\abs f$ diverge, essayer une intégration par parties pour échanger l’oscillation contre une décroissance, comme à l’Exemple 9.5 ; des minorations comme $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ détectent une véritable semi-convergence.
Pour une valeur, et pas seulement la nature : parties, changement de variable, ou un paramètre (dériver une intégrale plus simple, comme à l’Exemple 9.12 et à l’Exemple 9.21).
Vérifications de bon sens sur toute valeur calculée : signe et ordre de grandeur face à une borne grossière ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , donc $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ est plausible) ; et cohérence dimensionnelle par changement d’échelle ( $t \mapsto \lambda t$ doit remettre les deux membres à la même échelle — le détecteur le plus rapide d’un facteur perdu).

Remarque 9.14 (Pièges fréquents)

Trois erreurs récurrentes. (i) Dominants dépendant du paramètre : la domination $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ doit être uniforme en $x$ sur l’ensemble considéré ; elle vaut d’ordinaire sur les segments $\intcc ab$ mais pas globalement — pour $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ il n’existe aucun dominant intégrable valable pour tout $x > 0$ , mais dominer sur $x \geq a > 0$ suffit pour travailler sur toute la demi-droite ouverte, puisque la continuité et les dérivées sont des notions locales. (ii) Comparer des intégrandes de signe quelconque : la boîte à outils de comparaison est faite pour les fonctions positives ; de $\abs f \leq g$ avec $\int g$ divergente on ne peut rien conclure — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ converge bien que toute comparaison avec $\frac1t$ échoue. (iii) Oublier la moitié du problème : sur $\intoo{0}{\infty}$ toujours étudier les deux bornes séparément ; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ diverge aux deux, et un découpage d’apparence convergente peut compenser silencieusement deux infinis. Le réflexe sûr est la liste de contrôle du Méthode 9.13.

Exemple 9.15 (Un cas limite de Bertrand, au chiffre près)

L’échelle $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ du Théorème 9.2 se situe exactement à la frontière des échelles de puissances ; ses cas limites méritent un calcul complet. Pour $\beta = 2$ :

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

une intégrale convergente à la valeur agréablement exacte ; tandis que pour $\beta = 1$ ,

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

divergente — mais si lentement qu’atteindre $\ln\ln x = 10$ requiert $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . Éclairage final : entre « toute puissance $t^{-1-\varepsilon}$ converge » et « $t^{-1}$ diverge » vit une échelle infinie de niveaux logarithmiques, chacun raffinant le précédent ; le changement de variable $u = \ln t$ ramène chaque barreau sur le précédent, ce qui explique pourquoi les critères de Bertrand font écho à ceux de Riemann, un cran plus haut.

Remarque 9.16 (Perspectives à l’intérieur de ce volume)

Les outils de ce chapitre vont être partout. La convergence dominée est le moteur des approximations de l’unité du chapitre suivant (noyaux glissants, Bernstein comme Fejér) ; la continuité et la dérivation sous le signe intégral produisent le calcul des coefficients de Fourier au chapitre de Fourier, où chaque $c_n(f)$ est une intégrale à paramètre déguisée. La fonction $\Gamma$ revient deux fois : au chapitre sur les intégrales multiples, où une intégrale double démontre enfin la formule bêta–gamma d’Euler dans toute sa généralité, et dans les chapitres de probabilités, où les intégrales de type $\Gamma$ normalisent les densités usuelles et calculent leurs moments. Et l’intégrale semi-convergente $\int\frac{\sin t}{t}$ resurgit comme la constante de Gibbs du chapitre de Fourier — la même intégrale, mesurant le dépassement des sommes partielles en un saut.

Définition 9.17 (La fonction $\Gamma$ )

Pour $x > 0$ :

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

convergente aux deux bornes ( $t^{x-1}$ intégrable en $0^+$ pour $x > 0$ ; décroissance exponentielle en $\infty$ ).

Théorème 9.18

$\Gamma$ est continue sur $\intoo{0}{+\infty}$ , vérifie l’équation fonctionnelle

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{donc}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

et est de classe $C^1$ (et même $C^\infty$ ) avec $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Démonstration. Équation fonctionnelle : intégrons par parties sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ et faisons tendre les bornes : $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , les termes de bord s’annulant — en effet $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ quand $\varepsilon \to 0^+$ car $x > 0$ , et $M^x\eu^{-M} \to 0$ quand $M \to \infty$ car l’exponentielle l’emporte sur toute puissance ; les deux intégrales tronquées convergent vers leurs valeurs impropres par la convergence établie dans la Définition 9.17. $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; la récurrence donne la factorielle.

Continuité sur $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : dominer $t^{x-1}\eu^{-t}$ par $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , intégrable et indépendante de $x \in \intcc{a}{b}$ : le Théorème 9.10 s’applique sur tout segment de ce type, donc sur toute la demi-droite. Dérivabilité : la dérivée en $x$ , $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ , est dominée sur $\intcc{a}{b}$ par $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , toujours intégrable : le Théorème 9.11 ; en itérant on obtient toutes les dérivées (chacune ajoute une puissance de $\ln t$ , sans dommage). ∎

Exemple 9.19 (Factorielles demi-entières)

L’équation fonctionnelle et $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (à un changement de variable de l’Exercice 9.8 : poser $t = u^2$ dans l’intégrale de définition) engendrent toutes les valeurs demi-entières :

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

Puisque $\Gamma(n+1) = n!$ , il est légitime d’écrire « $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ » : la factorielle a été interpolée, et la courbe interpolante passe sous $1$ entre $0! = 1$ et $1! = 1$ (son minimum $\approx 0.8856$ en $x \approx 1.4616$ correspond au tableau de convexité de la partie I du problème du week-end). Éclairage final : rien dans l’intégrale $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ ne privilégie les entiers — le caractère discret de la factorielle était un accident du dénombrement, et $\sqrt\pi$ est ce qui vit entre $1$ et $1$ .

Remarque 9.20 (Où va $\Gamma$ à partir d’ici)

Le problème du week-end de ce chapitre construit tout le calcul d’Euler autour de $\Gamma$ : la fonction bêta, ses récurrences par intégration par parties, les intégrales de Wallis comme valeurs de la fonction bêta, et la formule limite de Gauss. Le chapitre sur les intégrales multiples démontre la formule bêta–gamma d’Euler pour tous les arguments par une intégrale double ; les chapitres de probabilités retrouvent $\Gamma$ dans la normalisation des densités les plus courantes et dans les moments des temps d’attente. Le volume de troisième année reconstruit $\Gamma$ sur des fondations de Lebesgue, démontre le théorème d’unicité de Bohr–Mollerup, et étend la formule de Stirling des entiers à la demi-droite réelle par convergence dominée.

Exemple 9.21 (Un calcul classique par dérivation)

Pour $x \in \R$ , posons $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (absolument convergente, dominée par $\eu^{-t^2}$ ). D’après le Théorème 9.11 (domination de la dérivée en $x$ par $t\,\eu^{-t^2}$ , intégrable) :

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

(parties avec $u' = t\eu^{-t^2}$ ). L’équation différentielle $F' = -\frac x2 F$ s’intègre en $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : l’intégrale de type gaussien se reproduit elle-même. La constante $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ est calculée à l’Exercice 9.8 — et de nouveau, par double intégration, au Chapitre 20.

9.4 Exercices

Exercice 9.1 ★

Nature de : $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (comparer avec le comportement de type harmonique divergent près de $t = n\pi$ ).

Solution

Solution de Exercice 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : au voisinage de $0$ , $\sim t^{-1/2}$ ( $\alpha = \frac12 < 1$ : converge) ; au voisinage de $1$ , $\sim (1-t)^{-1/2}$ : converge. Convergente (sa valeur est $\pi$ , par le changement de variable $t = \sin^2\theta$ ).

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ : convergente (valeur $1$ par parties).

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergente. Au voisinage de $t = n\pi$ , écrivons $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , donc sur $\abs u \leq \frac{1}{n}$ , $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; d’où

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

un terme d’une série divergente de type harmonique : en sommant sur $n$ , la primitive est non bornée.

Exercice 9.2 ★

Calculer $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) à l’aide de $\Gamma$ , et $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ par le changement de variable $t = \eu^{-u}$ .

Solution

Solution de Exercice 9.2.

Substituons $u = \lambda t$ :

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

Avec $t = \eu^{-u}$ ( $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ) :

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

Exercice 9.3 ★

Montrer que $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ est bien définie pour tout $x \in \R$ et indépendante de $x$ . (Substituer $t \mapsto \frac1t$ et faire la moyenne des deux expressions.) Quelle est sa valeur ?

Solution

Solution de Exercice 9.3.

Convergence : l’intégrande est $\leq \frac{1}{1+t^2}$ au voisinage de $\infty$ et borné au voisinage de $0$ (les deux facteurs minorés loin de $0$ ) : absolument convergente, pour tout $x$ . En substituant $t = \frac1u$ ( $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ) :

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

En additionnant les deux expressions de $I(x)$ :

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

$I(x) = \frac\pi4$ , indépendant de $x$ .

Exercice 9.4 ★★

(Intégrales de Bertrand en une borne finie) Pour quels $(\alpha, \beta)$ l’intégrale $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ converge-t-elle ?

Solution

Solution de Exercice 9.4.

Au voisinage de $0^+$ , avec $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Si $\alpha < 1$ : convergence quel que soit $\beta$ (comparer avec $t^{-\alpha'}$ pour $\alpha < \alpha' < 1$ : le facteur logarithmique est battu). Si $\alpha > 1$ : divergence quel que soit $\beta$ (comparer avec $t^{-\alpha''}$ , $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Si $\alpha = 1$ : substituer $t = \eu^{-u}$ :

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

convergente si et seulement si $\beta > 1$ . Récapitulatif : convergence si et seulement si $\alpha < 1$ , ou ( $\alpha = 1$ et $\beta > 1$ ) — le miroir de la série de Bertrand.

Exercice 9.5 ★★

Soit $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ pour $x \geq 0$ . Montrer que $F$ est continue sur $\intco{0}{\infty}$ , de classe $C^2$ sur $\intoo{0}{\infty}$ , y vérifie $F'' + F = \frac1x$ , et que $F(x) \to 0$ quand $x \to +\infty$ .

Solution

Solution de Exercice 9.5.

Continuité sur $\intco{0}{\infty}$ : domination $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , intégrable, uniforme en $x \geq 0$ : le Théorème 9.10.

$C^2$ sur $\intoo{0}{\infty}$ : sur $x \geq a > 0$ , les deux premières dérivées en $x$ , $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ et $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ , sont dominées par $t\,\eu^{-at}$ et $\eu^{-at}$ : deux applications du Théorème 9.11. Puis

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

Limite : $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ .

Exercice 9.6 ★★

(Frullani) Soit $f$ continue sur $\intco{0}{+\infty}$ admettant une limite finie $f(\infty)$ en $+\infty$ . Montrer que pour $a, b > 0$ :

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

(Sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substituer dans chaque morceau et regrouper en $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ de $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; encadrer en utilisant la continuité en $0$ et la limite en $\infty$ .) Calculer $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Solution

Solution de Exercice 9.6.

Sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substituons $u = at$ et $u = bt$ dans les deux moitiés :

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

Premier morceau : $f(u) = f(0) + o(1)$ au voisinage de $0$ , et $\int_{a\varepsilon} ^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : le morceau tend vers $f(0)\ln\frac ba$ . Second morceau : $f(u) \to f(\infty)$ , même calcul : tend vers $f(\infty)\ln\frac ba$ . D’où l’intégrale impropre converge vers $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

Avec $f(t) = \eu^{-t}$ ( $f(0) = 1$ , $f(\infty) = 0$ ), $a = 1$ , $b = 2$ :

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

Exercice 9.7 ★★

Justifier et calculer $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ pour $x > 0$ (convergence dominée avec $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , en utilisant $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; la limite est $\Gamma(x)$ ).

Solution

Solution de Exercice 9.7.

Prolongeons l’intégrande par $0$ au-delà de $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Simplement, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (la limite des intérêts composés, volume de première année). Domination : $\ln(1 - u) \leq -u$ donne $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ sur $\intcc{0}{n}$ , donc $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , intégrable. Convergence dominée :

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(Le calcul du membre de gauche par parties répétées donne la forme produit d’Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Exercice 9.8 ★★★

(L’intégrale de Gauss par une astuce de paramètre) Pour $x \geq 0$ , posons

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

Montrer que $G' + H' = 0$ (dériver $H$ sous l’intégrale et substituer $u = xt$ dans l’intégrale obtenue), en déduire $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ pour tout $x$ , et conclure

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

Solution

Solution de Exercice 9.8.

$H$ est dérivable en $x$ (intégrande $C^1$ en $x$ , dérivée $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , continue et bornée sur les compacts de $x$ , domination sur $t \in \intcc{0}{1}$ triviale) :

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

puisque $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (règle de la chaîne sur le carré, théorème fondamental de l’analyse). Donc $G + H$ est constante, égale à $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

Quand $x \to \infty$ : $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ , donc $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(Par conséquent $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ , par le changement de variable $t = \sqrt u$ .)

Exercice 9.9 ★★★

Montrer que $\Gamma$ est log-convexe : $\ln\Gamma$ est convexe sur $\intoo{0}{\infty}$ . (l’inégalité de Cauchy–Schwarz pour les intégrales appliquée à $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ donne $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; combiner avec la continuité et l’Exercice 8.8.)

Solution

Solution de Exercice 9.9.

Cauchy–Schwarz (volume de première année, valable sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ et passée à la limite) appliquée à la factorisation $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ :

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

$\ln\Gamma$ est convexe au milieu ; étant continue (Théorème 9.18), elle est convexe (Exercice 8.8). (La log-convexité caractérise $\Gamma$ de manière unique parmi les interpolations de la factorielle — le théorème de Bohr–Mollerup, une perle de troisième année.)

Exercice 9.10 ★★★

(Intégrale de Dirichlet) Posons $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ pour $x > 0$ .

Justifier $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (dériver sous l’intégrale ; calculer $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ par deux intégrations par parties).
Montrer que $F(x) \to 0$ quand $x \to +\infty$ et en déduire $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
En admettant la continuité de $F$ en $0^+$ (un théorème de type Abel), conclure la valeur de l’intégrale semi-convergente :

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

Solution

Solution de Exercice 9.10.

Sur $x \geq a > 0$ : la dérivée en $x$ de l’intégrande est $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , dominée par $\eu^{-at}$ : le Théorème 9.11 donne $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . Deux intégrations par parties (ou l’exponentielle complexe) :

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
$\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . En intégrant $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ de $x$ à $\infty$ : $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , donc $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
En faisant $x \to 0^+$ avec la continuité admise : $F(0^+) = \frac\pi2$ , et $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (l’intégrale de Dirichlet semi-convergente, Exemple 9.5) : sa valeur est $\frac\pi2$ .

Exercice 9.11 ★★

Justifier la convergence de $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ , puis la calculer par une intégration par parties et l’Exercice 9.10 :

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(La même valeur que $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ — mais cette fois la convergence est absolue.)

Solution

Solution de Exercice 9.11.

Convergence : au voisinage de $0$ l’intégrande se prolonge par continuité par la valeur $1$ ( $\sin t \sim t$ ) ; à l’infini il est $\leq t^{-2}$ : convergence absolue. Sur $\intcc{\varepsilon}{M}$ , intégrons par parties avec $u = \sin^2 t$ , $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

( $u = 2t$ dans la dernière intégrale). Le crochet tend vers $0$ aux deux bornes ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), et la dernière intégrale tend vers $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Exercice 9.10). D’où

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

Exercice 9.12 ★★★

(La queue gaussienne) Pour $x > 0$ , posons $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

En écrivant $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ , intégrer deux fois par parties pour obtenir

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
Majorer le reste : $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , et en déduire l’encadrement

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{d'où}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
Pourquoi la série alternée complète obtenue en itérant les parties ne peut-elle jamais converger pour $x$ fixé ? (Comparer la croissance des coefficients $1\cdot3\cdots(2k-1)$ avec les puissances $(2x^2)^k$ .)

Solution

Solution de Exercice 9.12.

Parties avec $u = \frac{-1}{2t}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (donc $v = \eu^{-t^2}$ ) :

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

Même procédé sur la nouvelle intégrale ( $u = \frac{-1}{4t^3}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ) :

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

d’où l’identité annoncée.
Une intégration par parties de plus majore le reste :

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

donc $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . En laissant tomber le reste (positif) dans l’identité de la question 1 on obtient la borne inférieure ; en laissant tomber le deuxième terme (négatif) des premières parties on obtient $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . En divisant l’encadrement par $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : le rapport est coincé entre $1 - \frac{1}{2x^2}$ et $1$ , donc $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
En itérant les parties on produit la série formelle

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

dont le coefficient d’ordre $k$ , $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ , croît plus vite que toute suite géométrique : pour $x$ fixé les termes $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ tendent vers l’infini (leur rapport est $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), donc la série diverge pour tout $x$ . C’est un développement asymptotique : tronqué à un ordre fixé quelconque, l’erreur est de l’ordre du premier terme omis quand $x \to \infty$ — mais jamais une série convergente. (Cette estimation de queue est la borne de queue gaussienne standard des chapitres de probabilités.)

9.5 Problème : les intégrales d’Euler — bêta, gamma et la formule limite de Gauss

Problème 9.1

La fonction $\Gamma$ de la Définition 9.17 est une moitié du calcul des intégrales d’Euler ; l’autre moitié est la fonction bêta

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

Ce problème développe le couple $(\Gamma, B)$ avec les seuls outils de ce chapitre — intégration par parties, changement de variable, convergence dominée — et culmine dans la formule bêta–gamma d’Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ sur les demi-entiers et dans la formule limite de Gauss pour $\Gamma$ . En chemin, les intégrales de Wallis du Lemme 6.11 réapparaissent comme valeurs de la fonction bêta, et la formule de duplication de Legendre en découle.

Partie I — Structure fine de $\Gamma$ .

Rappeler pourquoi $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ converge exactement pour $x > 0$ , et montrer

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(équation fonctionnelle et continuité de $\Gamma$ en $1$ ).
Montrer que $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (substituer $t = u^2$ et invoquer l’Exercice 9.8), et en déduire $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Montrer par récurrence, pour $n \in \N$ :

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Justifier $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ , et en déduire que $\Gamma$ est strictement convexe, atteint un unique minimum en un certain $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ et Rolle), décroît sur $\intoo{0}{x_0}$ et croît sur $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Montrer que $\Gamma$ l’emporte sur toute puissance : pour tout $k \in \N$ , $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ quand $x \to +\infty$ (encadrer $x$ entre deux entiers et utiliser $\Gamma(n+1) = n!$ avec la monotonie de la question 4).

Partie II — La fonction bêta, par parties.

Montrer que $B(x,y)$ converge exactement pour $x > 0$ et $y > 0$ , et que $B(x,y) = B(y,x)$ .
Calculer $B(x, 1) = \frac1x$ , et montrer par intégration par parties, pour $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
À partir de la décomposition $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ déduire $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ , et combiner avec la question 7 pour obtenir les relations de descente

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
En déduire, pour $m, n \geq 1$ entiers :

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
Montrer la formule d’Euler pour un argument entier : pour tout $x > 0$ et $n \in \N^*$ ,

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

(récurrence sur $n$ : les deux membres valent $\frac1x$ en $n = 1$ et vérifient la même relation de descente).

Partie III — Les intégrales de Wallis comme valeurs de la fonction bêta.

Substituer $t = \sin^2\theta$ pour obtenir la forme trigonométrique

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
En déduire $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ pour l’intégrale de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , et retrouver la récurrence $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ du Lemme 6.11 à partir des seules relations de descente de la question 8.
Calculer $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ et le confronter à $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : la formule d’Euler est vérifiée en $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Établir la forme close $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ à partir de la récurrence, et vérifier

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

Conclure, par récurrence avec les relations de descente, que la formule d’Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ est vérifiée dès que $2x$ et $2y$ sont des entiers positifs.
Substituer $u = \frac{t}{1-t}$ pour obtenir la troisième forme classique

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u ,$

et vérifier directement le cas $x = y = \frac12$ ( $u = v^2$ le ramène à $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Partie IV — La formule limite de Gauss.

Pour $x > 0$ et $n \in \N^*$ , montrer par $n$ intégrations par parties successives :

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
Conclure à l’aide de l’Exercice 9.7 (convergence dominée) la formule limite de Gauss :

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
En prenant les logarithmes, montrer que pour $x > 0$ :

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

où $\gamma$ est la constante d’Euler (Exemple 6.7) ; justifier la convergence de la série (le terme général est $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Utiliser la formule de Gauss en $x = \frac12$ et l’équivalent du coefficient binomial central $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Exemple 6.14) pour recalculer $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : la constante de Stirling et l’intégrale de Gauss sont le même nombre sous deux déguisements.
Vérifier que la formule de Gauss redémontre l’équation fonctionnelle : à partir de l’identité exacte

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1},$

conclure de nouveau $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ . (La formule de Gauss détermine $\Gamma$ à elle seule ; le volume de troisième année démontre le théorème plus fin de Bohr–Mollerup : l’équation fonctionnelle et la log-convexité suffisent déjà à caractériser $\Gamma$ .)

Partie V — Dividendes.

Pour $a > 0$ , montrer $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ , et calculer la limite quand $a \to +\infty$ par convergence dominée (limite simple $\mathbf 1_{t < 1}$ ; dominer par $1$ sur $\intoc{0}{1}$ et par $\eu^{-t^2}$ au-delà, pour $a \geq 2$ ). Confronter la réponse à la continuité de $\Gamma$ .
Pour $n \geq 1$ , montrer

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

et retrouver les valeurs $2$ ( $n = 1$ ) et $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ). (Pour $n = 4$ c’est la constante de la lemniscate, qui n’a pas de forme close élémentaire ; son histoire relève de la théorie des intégrales elliptiques.)
(Moments) Pour $x > 0$ et $k \in \N$ , montrer

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

la factorielle croissante ; vérifier que $x = 1$ donne $k!$ . (Dans les chapitres de probabilités, c’est le moment d’ordre $k$ d’une densité de temps d’attente standard.)
Montrer l’identité de la fonction bêta, valable pour tout $x > 0$ :

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

(substituer $t = \frac{1+s}2$ , exploiter la symétrie en $s$ , puis poser $s = \sqrt v$ ). En déduire, pour $2x \in \N^*$ , la formule de duplication de Legendre

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x),$

et la vérifier directement en $x = n$ via la question 3. (Pour $x$ général elle découle de la même identité une fois la formule d’Euler connue pour tous les arguments — la preuve par intégrale double du chapitre sur les intégrales multiples.)
Synthèse. En une phrase chacune : (i) où l’intégration par parties a porté toute la partie II ; (ii) où la convergence dominée est intervenue dans les parties IV et V ; (iii) quels ingrédients asymptotiques ont été importés du chapitre de comparaison ; (iv) ce qui est désormais démontré de la formule d’Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ , et ce qu’il reste à établir par le calcul de l’intégrale double.

Solution

Solution de Problème 9.1.

1. En $0^+$ l’intégrande est $\sim t^{x-1}$ : l’échelle en une borne finie converge si et seulement si $1 - x < 1$ , c.-à-d. $x > 0$ (et pour $x \leq 0$ , $t^{x-1} \geq t^{-1}$ diverge) ; en $+\infty$ , $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ converge pour tout $x$ . Puis $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ et $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ quand $x \to 0^+$ (continuité, Théorème 9.18) : $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

2. Avec $t = u^2$ , $\dd t = 2u\,\dd u$ :

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

d’après l’Exercice 9.8. Avec $u = v/\sqrt2$ :

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. Vrai pour $n = 0$ (les deux membres valent $\sqrt\pi$ ). Si $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , l’équation fonctionnelle donne

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

la dernière étape car $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ et $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. Le Théorème 9.18 donne $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (deux applications de la règle de Leibniz, dominations comme dans la preuve du théorème) ; l’intégrande est $\geq 0$ et non identiquement nul, donc $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ est strictement convexe et $\Gamma'$ strictement croissante. Puisque $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , Rolle fournit $x_0 \in \intoo12$ tel que $\Gamma'(x_0) = 0$ ; la stricte monotonie de $\Gamma'$ fait de $x_0$ son unique zéro, avec $\Gamma' < 0$ avant et $\Gamma' > 0$ après : $\Gamma$ décroît sur $\intoo0{x_0}$ , croît sur $\intoo{x_0}\infty$ , et $x_0$ est l’unique minimum.

5. Soit $k \in \N$ et $x \geq 3$ ; choisissons l’entier $n$ tel que $n + 1 \leq x < n + 2$ (donc $n \geq 1$ ). Par la monotonie de la question 4 (valable à partir de $x_0 < 2$ ) : $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , tandis que $x^k \leq (n+2)^k$ . Puisque $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (les factorielles l’emportent sur les puissances, volume de première année), $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ quand $x \to \infty$ : $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. Au voisinage de $0$ l’intégrande est $\sim t^{x-1}$ (convergent si et seulement si $x > 0$ ), au voisinage de $1$ il est $\sim (1-t)^{y-1}$ (si et seulement si $y > 0$ ) ; les deux comparaisons sont entre fonctions positives, donc $B(x,y)$ converge exactement pour $x, y > 0$ . Le changement de variable $t \mapsto 1 - t$ échange les deux facteurs : $B(x,y) = B(y,x)$ .

7. $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ . Parties sur $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ avec $u = (1-t)^y$ , $v = \frac{t^x}{x}$ :

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

le crochet s’annule aux deux bornes quand $\varepsilon \to 0$ ( $x > 0$ en $0$ , $y > 0$ en $1$ ), laissant $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

8. Puisque $t + (1-t) = 1$ :

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

donc $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . La question 7 s’écrit $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; en substituant,

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

c.-à-d. $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; la relation jumelle découle de la symétrie de la question 6.

9. Récurrence sur $n$ à $m$ fixé : $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ , et si la formule vaut au rang $n$ ,

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

En réécrivant : $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ .

10. Les deux membres de $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ valent $\frac1x$ en $n = 1$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). S’ils coïncident au rang $n$ , alors par la relation de descente et l’équation fonctionnelle :

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

les deux suites vérifient la même récurrence à partir de la même donnée initiale, donc coïncident pour tout $n \in \N^*$ et tout $x > 0$ .

11. Avec $t = \sin^2\theta$ ( $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ ), $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ et $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ :

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. Prenons $y = \frac12$ (annulant le facteur cosinus) et $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , c.-à-d. $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . La relation de descente dans la première variable donne

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

la récurrence de Wallis, cette fois sans aucune intégration par parties sur les sinus — la partie II a fait le travail une fois pour toutes.

13. $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , tandis que $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : la formule d’Euler est vérifiée en $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

14. En itérant $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ à partir de $W_0 = \frac\pi2$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

puisque $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ et $\prod 2k = 2^n n!$ . D’où, en utilisant la question 3 :

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

Fixons maintenant $x \in \frac12\N^*$ . La formule d’Euler est vérifiée en $(x, \frac12)$ : pour $x$ entier c’est la question 10 (avec la symétrie), pour $x = n + \frac12$ c’est la formule ci-dessus. Les deux membres de la formule d’Euler vérifient la récurrence de descente $y \mapsto y + 1$ (question 8 à gauche, l’équation fonctionnelle à droite, comme à la question 10) : la récurrence propage la formule de $y = \frac12$ et $y = 1$ à tout $y \in \frac12\N^*$ . La formule d’Euler vaut donc dès que $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Avec $u = \frac{t}{1-t}$ , c.-à-d. $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ , $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

En $x = y = \frac12$ , avec $u = v^2$ :

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. Une intégration par parties, pour $1 \leq k \leq n$ et $s > 0$ ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; les termes de bord s’annulent) :

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

À partir de $k = n$ , $s = x$ et en itérant $n$ fois :

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

soit $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. D’après l’Exercice 9.7 le membre de gauche tend vers $\Gamma(x)$ (convergence dominée avec dominant $t^{x-1}\eu^{-t}$ ) ; le membre de droite est le quotient de Gauss :

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. En prenant les logarithmes dans le quotient $G_n(x)$ de la question 16 et en découpant $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ pour $k \geq 1$ :

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

Pour $u \geq 0$ , $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , donc le terme général appartient à $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : la série converge (comparaison avec $\sum k^{-2}$ ). Puisque $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Exemple 6.7) et $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (question 17 et continuité de $\ln$ ) :

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. En $x = \frac12$ , le dénominateur est $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (en développant les moitiés), donc

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

Avec $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Exemple 6.14) :

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

Le $\sqrt\pi$ du coefficient binomial central (qui vient de Wallis, donc de la constante de Stirling) et l’intégrale de Gauss avec son $\sqrt\pi$ sont le même nombre.

20. L’identité relève d’un calcul algébrique direct : multiplier $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ par $\frac{nx}{x+n+1}$ et absorber $x$ dans le produit, $n$ dans $n^x$ . En faisant $n \to \infty$ : le membre de gauche tend vers $\Gamma(x+1)$ (Gauss en $x+1$ ), le membre de droite vers $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ puisque $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — retrouvé sans une seule intégration par parties.

21. Avec $u = t^a$ , $t = u^{1/a}$ , $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

Quand $a \to +\infty$ (le long d’une suite quelconque) : $\eu^{-t^a} \to 1$ pour $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ en $t = 1$ , $\to 0$ pour $t > 1$ ; pour $a \geq 2$ dominer par $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ ( $t^a \geq t^2$ pour $t \geq 1$ ), intégrable. Convergence dominée : l’intégrale tend vers $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — comme il se doit, puisque $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ par continuité.

22. Avec $u = t^n$ , $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ :

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , correspondant à $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Pour $n = 4$ la valeur $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ est la constante de la lemniscate : pas de forme close élémentaire.

23. En itérant l’équation fonctionnelle :

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

la factorielle croissante à $k$ facteurs. En $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , les moments de $\eu^{-t}$ de l’Exercice 9.2.

24. Substituons $t = \frac{1+s}2$ ( $s \in \intoo{-1}1$ , $\dd t = \frac{\dd s}2$ , $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ) :

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(l’intégrande est pair). Puis $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ) :

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

Pour $2x \in \N^*$ tout argument en vue appartient à $\frac12\N^*$ , donc la formule d’Euler (question 14) s’applique aux deux membres :

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

Vérification directe en $x = n$ : le membre de gauche est $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , le membre de droite $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : égaux.

25. (i) L’intégration par parties a produit $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , l’unique identité d’où découlent toute relation de descente, les valeurs entières et demi-entières, et la récurrence de Wallis. (ii) La convergence dominée a transformé les intégrales élémentaires $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ en $\Gamma(x)$ (formule de Gauss, question 17) et calculé la limite $a \to \infty$ à la question 21. (iii) Du chapitre de comparaison nous avons importé la constante d’Euler ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , question 18) et l’équivalent du coefficient binomial central (question 19) — c.-à-d. la formule de Stirling déguisée. (iv) La formule d’Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ est maintenant démontrée pour $y \in \N^*$ avec $x > 0$ arbitraire (question 10) et pour tous les couples demi-entiers (question 14) ; le cas général $x, y > 0$ attend le calcul par intégrale double du chapitre sur les intégrales multiples, qui factorise $\Gamma(x)\Gamma(y)$ sur un quart de plan.