Intégration de Riemann/Devoir/Fonction Gamma et formule de Stirling

— Ⅰ —

1. Démontrer que l'intégrale impropre
   $\Gamma (x):=\int _{0}^{+\infty }t^{x-1}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$
   converge si et seulement si le réel $x$ est strictement positif.
2. Montrer que pour un tel $x$, on a $\Gamma (x+1)=x\,\Gamma (x)$.
3. Pour tout entier naturel $n$, en déduire la valeur de $\Gamma (n+1)$ puis, de $\int _{0}^{1}(s\ln s)^{n}\,\mathrm {d} s$.

Solution

1. La fonction sous l'intégrale est continue et intégrable en $+\infty$ (c'est un $O\left(\mathrm {e} ^{-t/2}\right)$).
   En $0$, elle est équivalente à $t^{x-1}$ donc intégrable si et seulement si $x>0$.
2. Pour $0<a,b<+\infty$, en intégrant par parties, on obtient :

   $\int _{a}^{b}t^{x}\,\mathrm {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=\left[-t^{x}\mathrm {e} ^{-t}\right]_{a}^{b}+x\int _{a}^{b}t^{x-1}\,\mathrm {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t\quad {\rm {et}}\quad \lim _{b\to +\infty }b^{x}\mathrm {e} ^{-b}=\lim _{a\to 0^{+}}a^{x}\mathrm {e} ^{-a}=0$.

3. • Par récurrence, $\Gamma (n+1)=n!$.
   • Par le changement de variable $s=\exp {\frac {-t}{n+1}}$,

     $\int _{0}^{1}(s\ln s)^{n}\,\mathrm {d} s={\frac {(-1)^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\Gamma (n+1)={\frac {(-1)^{n}n!}{(n+1)^{n+1}}}$.

 

— Ⅱ —

1. En effectuant le changement de variable $t=x(1+s)$, vérifier que $\left({\frac {\mathrm {e} }{x}}\right)^{x}\,\Gamma (x)$ est égal à

   $I(x):=\int _{-1}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-x\left(s-\ln(1+s)\right)}\,{\frac {\mathrm {d} s}{1+s}}$.

2. Montrer que

   $\forall s\in \left]-1,+\infty \right[\quad \exists \theta \in \left]0,1\right[\quad s-\ln(1+s)={\frac {s^{2}}{2(1+\theta s)^{2}}}$.

3. En déduire que la bijection $u:\left]-1,+\infty \right[\to \left]-\infty ,+\infty \right[$ définie par :

   $u^{2}(s)=s-\ln(1+s)$ et $u(s)$ est du même signe que $s$

   vérifie :

   $\left|{\frac {u(s)}{s}}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right|\leq |u(s)|$.

Solution

1. $\left({\frac {\mathrm {e} }{x}}\right)^{x}\,\Gamma (x)=\int _{0}^{+\infty }\left({\frac {t}{x}}\right)^{x}\operatorname {e} ^{x-t}\,{\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\int _{-1}^{+\infty }(1+s)^{x}\operatorname {e} ^{-xs}\,{\frac {\mathrm {d} s}{1+s}}=I(x)$.
2. Il suffit d'appliquer la formule de Taylor-Lagrange en $0$ pour la fonction $s\mapsto s-\ln(1+s)$.
3. (Une rapide étude des variations de la fonction $s\mapsto s-\ln(1+s)$ permet de vérifier d'abord que l'application $u$ est bien définie et bijective.)

   $\left|{\frac {u(s)}{s}}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right|={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left|{\frac {1}{1+\theta s}}-1\right|\leq {\frac {|s|}{{\sqrt {2}}(1+\theta s)}}=|u(s)|$.

 

— Ⅲ —

1. Déduire du Ⅱ que

   $\left|I(x)-{\sqrt {2}}\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}\,\mathrm {d} u\right|\leq 2\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}|u|\,\mathrm {d} u$.

2. En déduire que

   $\left|I(x)-{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\right|\leq {\frac {2}{x}}$.

3. En déduire les formules de Stirling :

$\Gamma (x)\sim _{+\infty }{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\,\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}\quad {\text{et}}\quad n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\,\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}$.

Solution

1. Par le changement de variable C¹ donné par la bijection $u$ (avec donc $2u\,\mathrm {d} u={\frac {s\,\mathrm {d} s}{1+s}}$) et en notant $s:\left]-\infty ,+\infty \right[\to \left]-1,+\infty \right[$ la bijection réciproque, on déduit de la définition de $I(x)$ (question Ⅱ.1) que

   $I(x)=2\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}{\frac {u}{s(u)}}\,\mathrm {d} u$

   puis, de la question Ⅱ.3, l'inégalité voulue.

2. $\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}\,\mathrm {d} u={\frac {1}{\sqrt {x}}}\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-v^{2}}\,\mathrm {d} v={\sqrt {\frac {\pi }{x}}}$ (cf. problème précédent sur l'intégrale de Gauss) et
   $\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}|u|\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-xu^{2}}2u\,\mathrm {d} u={\frac {1}{x}}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-w}\,\mathrm {d} w={\frac {1}{x}}$.
3. D'après la question précédente et la question Ⅱ.1,

   $\Gamma (x)=I(x)\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}\sim _{+\infty }{\sqrt {\frac {2\pi }{x}}}\left({\frac {x}{\mathrm {e} }}\right)^{x}$

   donc (d'après les questions Ⅰ.2 et Ⅰ.3)

   $n!=\Gamma (n+1)=n\,\Gamma (n)\sim n\,{\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}={\sqrt {2\pi n}}\,\left({\frac {n}{\mathrm {e} }}\right)^{n}$.

 

Source

(en) Willi Freeden et Martin Gutting, Special Functions of Mathematical (Geo-)Physics, Springer, 2013 [lire en ligne], p. 34-36