Samedi 9 o tobre 2010.
Ly ée La Bruyère, Versailles ECS 2
Mathématiques
Corre tion du Devoir Surveillé no 2 Sujet de type Parisiennes Problème Partie préliminaire : quelques rappels 1. Pour tout x ∈ R xé, la fon tion t 7→ tx−1 e−t est ontinue sur ]0, +∞[, don l'intégrale n'a d'impropretés qu'en 0 et +∞. • On a : t2 tx−1 e−t = tx+1 e−t −→t→+∞ 0, d'après les roissan es omparées, don : 1 tx−1 e−t = o 2 . t Z +∞ dt Comme les fon tions en jeu sont positives, et que
onverge en tant qu'intégrale de Riemann de t2 1 Z +∞ paramètre 2 > 1 en +∞, on en déduit que tx−1 e−t dt onverge, d'après le théorème de omparaison 1
par négligeabilité, e i quelle que soit la valeur de x.
Z 1 • On a tx−1 e−t ∼ tx−1 , et les fon tions étant positives, l'intégrale tx−1 e−t dt est de même nature que t→0+ 0 Z 1 x−1 l'intégrale de Riemann t dt, don elle onverge si et seulement si 1 − x < 1, don si et seulement si 0
x > 0. par onséquent, l'intégrale dé nissant Γ onverge si et seulement si x > 0, don le domaine de dé nition de Γ est DΓ =]0, +∞[ .
2. Soit x > 0. On a : Γ(x + 1) =
Z
+∞
tx e−t dt. 0
On pose u et v les fon tions de lasse C 1 sur ]0, +∞[, dé nies par : On a alors :
∀t ∈]0, +∞[, u(t) = tx ,
u′ (t) = xtx−1 ,
v(t) = −e−t ,
v ′ (t) = e−t .
∀t ∈]0, +∞[, u(t)v(t) = −tx e−t ,
et omme x > 0, et d'après les théorèmes de roissan e omparée en +∞, il vient : et
lim u(t)v(t) = 0
t→0
lim u(t)v(t) = 0.
t→+∞
Ainsi, on peut faire l'intégration par parties dire tement sur les intégrales impropres, et, l'intégrale Γ(x + 1) de laquelle on part étant onvergente, ela nous assure la onvergen e de l'intégrale obtenue à l'issue de l'intégration par parties. On peut don é rire : h ilim+∞ Z +∞ Γ(x + 1) = u(t)v(t) + xtx−1 e−t dt = xΓ(x) = Γ(x + 1) . lim0
0
Par itération, on a alors, pour n ∈ N : ∗
Or,
Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = (n − 1)(n − 2)Γ(n − 3) = · · · = (n − 1)!Γ(1). Γ(1) =
Z
0
+∞
e−t dt = − lim e−t + 1 = 1. t→∞
Ainsi, pour tout n ∈ N∗ , Γ(n) = (n − 1)! .
3. On a, pour tout x > 0,
Γ(x + 1) . x Or, puisqu'on admet la ontinuité de Γ(x) (don notamment en 1), lim Γ(x + 1) = Γ(1) = 1, et don : Γ(x) =
x→0+
Γ(x) ∼+ 0
1
1 . x
Partie I Une expression de Γ(x) 1. Soit n un entier supérieur ou égal à 1. (a) • La fon tion f : u 7→ ln(1 − u) est de lasse C 2 sur [0, 1[, et : ∀u ∈ [0, 1[, f ′ (u) = −
1 , 1−u
f ′′ (u) = −
1 6 0. u2
Ainsi, f est on ave, don son graphe est situé au dessous de sa tangente en 0. Ainsi : ∀u ∈ [0, 1[, ln(1 − u) 6 f ′ (0)u + f (0) = −u.
On obtient bien, pour tout u ∈ [0, 1[, ln(1 − u) 6 −u .
• Soit t dans [0, n]. Si t = n, le résultat est immédiat. Si t ∈ [0, n[, on nt ∈ [0, 1[, don , d'après la question pré édente, t t t 6− 6 −t, ln 1 − don : n ln 1 − n n n et l'exponentielle étant roissante, n 1 t = en ln(1− n ) 6 e−t . 1− n n t 1− 6 e−t . n √ t2 t (b) Soit ϕ dé nie sur [0, n[ par ϕ(t) = ln 1 − − t − n ln 1 − . n n √ La fon tion ϕ est dérivable sur [0, n[, en tant que omposée de fon tions dérivables ( ar pour tout t 2 dans et intervalle, 1 − tn > 0, et 1 − nt > 0). On a alors :
Ainsi, pour tout n ∈ [0, n],
√ ∀t ∈ [0, n[, ϕ′ (t) =
Après simpli ations, il vient :
−2t 1 −1+ t2 1− n 1− n
t n
=
n t −2t −2t −1+ + = 2 2 n−t n−t n−t n−t
√ −t2 + 2t − n . ∀t ∈ [0, n[, ϕ′ (t) = t · (n − t2 )(n − t)
√ Puisque 0 6 t < n 6 n, ϕ′ (t) est du signe de −t2 + 2t − n. Or, le dis riminant de e polyn me de degré 2 et 4 − 4n 6 0, ar n > 1. Ainsi, omme e polyn me n'admet pas deux ra ines réelles distintes, il garde un signe onstant sur R, égal au signe de son oe ient dominant, don négatif. √ Ainsi, pour tout t ∈ [0, n[, ϕ′ (t) 6 0, d'où le tableau suivant : √ x n 0 ϕ′ (x)
− 0
ϕ(x) −∞
√ On a don , pour tout t ∈ [0, n[, ϕ(t) 6 0,
t2 t ln 1 − − t 6 n ln 1 − , n n
don :
don , l'exponentielle étant roissante,
n t 1− . n √ Cette inégalité étant aussi trivialement véri ée pour t = n, on en déduit que :
1−
√ ∀t ∈ [0, n],
t2 n
e−t 6
n t t2 −t e 6 1− . 1− n n
2
n t t2 e−t 6 0 6 1 − . 1− n n √ Ainsi, d'après la question pré édente, a rmant ette inégalité sur [0, n], et d'après 1(a), il vient :
√ ( ) Pour tout t ∈ [ n, n], on a :
∀t ∈ [0, n], e−t −
Soit x > 0. On a, pour tout t ∈ [0, n], tx−1 e−t −
t2 −t e 6 n
n t 6 e−t . 1− n
n 1 x+1 −t t 6 tx−1 e−t , t e 6 tx−1 1 − n n
don , en intégrant entre 0 et n (les intégrales étant onvergentes, ar les intégrandes étant ontinues, positives, et équivalents à tx−1 en 0), il vient : n Z n Z n Z Z n t 1 n x+1 −t dt 6 tx−1 e−t dt. tx−1 e−t dt − t e dt 6 tx−1 1 − n 0 n 0 0 0 Le terme de droite tend vers Γ(x) lorsque n tend vers +∞. De plus, Z n Z 1 n x+1 −t x+1 −t t e dt = Γ(x + 1) ∈ R, don : lim lim t e dt = 0, n→+∞ 0 n 0 Ainsi, on a également
lim
n→+∞
Z
n
t
x−1 −t
e
0
1 dt − n
Z
n
0
t
x+1 −t
e
dt
= Γ(x).
D'après le théorème d'existen e de la limite par en adrement, on obtient don l'existen e de la limite de Rn t n x−1 t dt 1 − lorsque n tend vers +∞, et : n 0 n∈N∗ lim
n→+∞
Z
n
0
t 1− n
n
tx−1 dt = Γ(x) .
2. (a) Soit x > 0, et n ∈ N∗ . La première intégrale est une intégrale de Riemann en 0 (l'intégrande est ontinue ailleurs), de paramètre Z 1 1 − x < 1, don y x−1 dy est onvergente. 0
La fon tion g : y 7→ y x−1 (1 − y)n est ontinue sur ]0, 1], don l'intégrale possède une unique impropreté en 0. Or, g(y) ∼ y x−1 , 0
et g , ainsi que y 7→ y x−1 sont positives. D'après le théorème de omparaison par équivalents, et la Z 1 y x−1 (1 − y)n dy est onvergente
onvergen e de la première intégrale, il vient que 0
(b) Soit n > 1, et x > 0. On al ule Bn (x) à l'aide d'une intégration par partie, en posant les fon tions de
lasse C 1 dé nies pour tout y de ]0, 1] par u(y) = (1 − y)n ,
u′ (y) = −n(1 − y)n−1 ,
v(y) =
yx x
v ′ (y) = y x−1 .
Puisque x > 0, u(y)v(y) admet une limite nie lorsque y tend vers 0, et ette limite est nulle. Ainsi, on peut faire l'intégration par partie dire tement sur les intégrales impropres ; l'intégrale Bn (x) de laquelle on part étant onvergente, il n'y aura pas de problème de onvergen e. Ainsi : Z i1 1h x n 1 x n n Bn (x) = y (1 − y) + y (1 − y)n−1 dy. = Bn−1 (x + 1). x x 0 x lim0 Par itération, il vient :
n(n − 1) n(n − 1) . . . (n − (n − 1)) n Bn−1 x + 1 = Bn−2 (x + 2) = · · · = Bn−n (x + n) x x(x + 1) x(x + 1) · · · (x + n − 1) n! = B0 (x + n). x(x + 1) · · · (x + n − 1)
Bn (x) =
3
Or, (l'intégrale n'est pas impropre i i, ar n > 1) : Z 1 h y x+n i1 1 . = B0 (x + n) = y x+n−1 dx = x+n 0 x+n 0 On obtient bien, pour tout n ∈ N∗ , et tout x > 0 : Bn (x) =
n! . x(x + 1) . . . (x + n)
Or, on a, pour tout n ∈ N, Γ(x) × Γ(n + 1) = Γ(x + n + 1)
n Y
Γ(x + i) Γ(x + i + 1) i=0
!
× n! = n!
n Y
1 , x+i i=0
d'après la relation de la question 2 de la partie préliminaire. Ainsi, en omparant à l'expression de Bn (x) trouvée i-dessus, il vient ee tivement : Bn (x) =
Γ(x) × Γ(n + 1) . Γ(x + n + 1)
( ) On ee tue un hangement de variables u = nt (de lasse C 1 stri tement roissant bije tif de ]0, n[ dans ]0, 1[) sur l'intégrale de la question I-1( ) : n Z 1 Z n t x−1 t dt = (1 − u)n (nu)x−1 n du = nx Bn (x). 1− n 0 0 Ainsi, d'après la question I-1( ), et l'expression de Bn (x) obtenue dans la question I-2(b), on obtient : nx n! . n→+∞ x(x + 1) . . . (x + n)
Γ(x) = lim nx Bn (x) = lim n→+∞
L'agen ement des questions me semble maladroit, ar je ne vois pas très bien pourquoi on nous fait réexprimer Bn (x) dans le résultat que l'on vient d'établir : on obtient dire tement, du fait de la limite (en exprimant le terme au rang n − 1, e qui ne hange pas la validité de la limite : Γ(x)
don :
∼ (n − 1)x Bn−1 (x) ∼ nx Bn−1 (x)
n→+∞
+∞
Bn−1 (x) ∼
+∞
Γ(x) . nx
Ainsi, en reprenant l'expression de Bn (x) en fon tion de Γ trouvé en I-2(b) (et exprimée au rang n − 1), on trouve : Γ(x + n) =
Γ(x)Γ(n) nx Γ(x)(n − 1)! ∼ Bn−1 (x) +∞ Γ(x)
don :
Γ(x + n) ∼ nx (n − 1)! +∞
(d) On a, pour tout n ∈ N∗ λ2n
Γ(n) (n − 1)! (n − 1)! ∼ 1 = = ∼ 1 +∞ Γ (f rac12 + n) Γ 2 +n n 2 (n − 1)! +∞
r
2 , 2n
d'après la question pré édente, appliquée ave x = 12 . De même, r 1 Γ 21 + n 1 n 2 (n − 1)! 2 λ2n+1 = ∼ =√ ∼ . Γ(n + 1) +∞ n! n +∞ 2n + 1 r n Posons don pour tout n ∈ N∗ , un = λn · . D'après e qui pré ède, et pas dé nition des équivalents, 2 lim u2n = lim u2n+1 = 1, don (un )n∈N∗ admet une limite, égale à 1, et par onséquent :
n→+∞
n→+∞
λn ∼
+∞
4
r
2 . n
Partie II Dérivabilité de la fon tion Γ et onséquen es 1. (a) Soit k ∈ N∗ , et x ∈ R∗+ . La fon tion
f : t 7→ tx−1 (ln t)k e−t
est ontinue sur ]0, +∞[, en tant que omposées et produits de fon tions qui le sont. Ainsi, la fon tion vaZ +∞ |f (t)| dt leur absolue étant ontinue, la fon tion |f | est aussi ontinue sur ]0, +∞[. Ainsi, l'intégrale admet deux impropretés en 0 et en +∞. • Étude en 0 Comme x > 0, il existe α ∈]0, x[. Soit un tel réel α. On a alors :
0
∀t ∈ R∗+ , |t1−α f (t)| = tx−α | lnk t|e−t .
Puisque x − α > 0, d'après les roissan es omparées en 0,
lim tx−α | lnk t|e−t = 0.
t→0+
Z . Or, 1−α 1
1
dt est une intégrale de Riemann de paramètre 1−α t t 0 1 − α < 1, en une borne nie, don elle onverge. Les fon tions omparées étant positives, d'après le théorème de omparaison des intégrales impropres par équivalen e, on obtient le onvergen e de Z
Ainsi, au voisinage de 0, |f (t)| = o 1
0
•
|f (t)| dt.
Étude en
+∞ D'après les roissan es omparées, on a, au voisinage de +∞ :
Ainsi, |f (t)| = o
t2 |f (t)| = tx+1 lnk te−t = o(tx+1+k )e−t ) = o(et e−t ) = o(1).
, et, à nouveau par omparaison ave une intégrale de Riemann onvergente ( ar Z +∞ |f (t)| dt. de paramètre 2 > 1 en une borne in nie), et par positivité, on obtient la onvergen e de 1 Z +∞ Z +∞ |f (t)| dt onverge, don tx−1 (ln t)k e−t dt onverge absolument. Par onséquent, 1 t2
0
0
(b) Soit [a, b] un segment de R∗+ . Soit x0 et x deux éléments distin ts de ]a, b[. Pour tout t ∈]0, +∞[, on note ft la fon tion qui à y ∈ R∗+ asso ie ty−1 e−t . On a alors, à t xé ∀y ∈ R∗+ , ft (y) = e(y−1) ln t e−t .
Ainsi, ft est de lasse C 1 sur R∗+ ( omposées et produits de fon tions de lasse C 2 ), et : puis :
∀y ∈ R∗+ , ft′ (y) = e(y−1) ln t (ln t)e−t = ty−1 (ln t)e−t , ∀y ∈ R∗+ , ft′′ (y) = e(y−1) ln t (ln t)2 e−t = ty−1 (ln t)2 e−t .
La fon tion t 7→ ty−1 étant ontinue sur l'intervalle fermé borné [a, b], elle est bornée (et atteint ses bornes), ainsi, elle admet une borne supérieure sur et intervalle (et même un maximum). On a alors : ∀y ∈ [1, b], |ft′′ (y)| 6 (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t . α∈[a,b]
Ce majorant est indépendant de y . Ainsi, d'après l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre 1 entre x et x0 , appliquée à la fon tion ft de lasse C 2 sur [a, b], don entre x et x0 , il vient : |ft (x) − ft (x0 ) − (x − x0 )ft′ (x0 )| 6
(x − x0 )2 · (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t . 2 α∈[a,b]
Or, d'après l'inégalité triangulaire, on a : Z +∞ Z +∞ Z +∞ |Γ(x) − Γ(x0 ) − (x − x0 )g1 (x0 )| = ft (x) dt − ft (x0 ) dt − (x − x0 ) ft′ (x0 ) dt 0 0 0 Z +∞ = (ft (x) − ft (x0 ) − (x − x0 )ft′ (x0 )) dt 6
Z
0 +∞
0
|ft (x) − ft (x0 ) − (x − x0 )ft′ (x0 )| dt.
5
Nous n'avons pas justi é la onvergen e de ette dernière intégrale, mais e n'est pas très grave, ar, étant donné que la fon tion intégrée est positive, si elle diverge, elle vaut +∞, et l'inégalité reste vraie, vue dans R. De même, et argument tient pour pouvoir utiliser la majoration obtenue pré édemment, sans justi er la onvergen e (si on a divergen e, l'inégalité reste vraie dans R) : (x − x0 )2 |Γ(x) − Γ(x0 ) − (x − x0 )g1 (x0 )| 6 2
+∞
Z
(ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt.
0
α∈[a,b]
( ) • Si t ∈]0, 1[, la fon tion x 7→ tx−1 = e(x−1) ln t est dé roissante sur [a, b], don son maximum est atteint en a. Ainsi : sup tα−1 = ta−1 . α∈[a,b]
Par onséquent, pour tout t ∈]0, 1[, 0 6 (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t 6 ta−1 (ln t)2 e−t . α∈[a,b]
Nous avons montré en II-1 que l'intégrale
Z
1
ta−1 (ln t)2 e−t dt est onvergente, don , d'après le théo-
0
rème Z 1de omparaison des intégrales impropres, les fon tions étant positives, on a aussi la onvergen e de (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt, et l'inégalité : 0
α∈[a,b]
1
Z
2
(ln t) ( sup t
0
α−1
)e
−t
dt 6
Z
1
ta−1 (ln t)2 e−t dt.
0
α∈[a,b]
• Si t ∈]1, +∞[, la fon tion x 7→ tx−1 = e(x−1) ln t est roissante sur [a, b], don son maximum est atteint en b. Ainsi : sup tα−1 = tb−1 . α∈[a,b]
Par onséquent, pour tout t ∈]1, +∞[, 0 6 (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t 6 tb−1 (ln t)2 e−t . α∈[a,b]
Nous avons montré en II-1 que l'intégrale
Z
+∞
tb−1 (ln t)2 e−t dt est onvergente, don , d'après le théo-
1
rème de omparaison des intégrales impropres, les fon tions étant positives, on a aussi la onvergen e Z +∞ (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt, et l'inégalité : de 1
α∈[a,b]
Z
+∞
(ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt 6
1
Ainsi,
Z
+∞
Z
+∞
tb−1 e−t dt.
1
α∈[a,b]
(ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt onverge, et :
0
α∈[a,b]
Z
0
+∞
(ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt 6
Z
0
α∈[a,b]
1
ta−1 (ln t)2 e−t +
Z
+∞
tb−1 e−t dt,
1
ave le terme ln2 t qui manquait dans l'énon é. R +∞ Par onséquent, la onvergen e de 0 (ln t)2 (supα∈[a,b] tα−1 )e−t dt et son indépendan e vis-à-vis de x permet d'a rmer que : Z |x − x0 | +∞ lim (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt = 0. n→+∞ 2 α∈[a,b] 0
6
Or, puisqu'en divisant l'inégalité de la question (b) par |x − x0 | (si x 6= x0 ), on a Z Γ(x) − Γ(x0 ) |x − x0 | +∞ − g1 (t) 6 (ln t)2 ( sup tα−1 )e−t dt, x − x0 2 α∈[a,b] 0
le théorème d'en adrement permet d'a rmer l'existen e de la limite lorsque x tend vers x0 du taux Γ(x) − Γ(x0 ) , don la dérivabilité de Γ en x0 , et d'a
roissement | x − x0 Γ′ (x0 ) = lim
x→x0
Γ(x) − Γ(x0 ) = g1 (t) . x − x0
(d) Soit x0 ∈ R∗+ , on peut hoisir a et b dans R∗+ tels que x0 ∈]a, b[, par exemple a = x20 et b = 2x0 . Alors, le raisonnement pré édent permet d'a rmer que Γ est dérivable en x0 , et Γ′ (x0 ) = g1 (x). Ainsi, Γ est dérivable en tout x0 ∈ R∗+ , don Γ est dérivable sur R∗+ , et Γ′ = g1 .
2. On ne reprend pas tout, on se ontente d'exposer rapidement les grandes lignes. On refait pareil, en utilisant pour ommen er l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre 1 pour la fon tion ft′ entre x0 et x xés distin ts (3) dans un intervalle [a, b] donné. Puisque pour tout x ∈ R∗+ , ft (x) = tx−1 (ln t)3 e−t , on obtient de même que pré édemment, (x − x0 )2 (ln t)3 sup tα−1 )e−t , |ft′ (x) − ft′ (x0 ) − (x − x0 )ft′′ (x0 )| 6 2 α∈[a,b] don , en divisant par |x − x0 | > 0 ′ |x − x0 | ft (x) − ft′ (x0 ) ′′ − ft (x0 ) 6 (ln t)3 sup tα−1 e−t . x − x0 2 α∈[a,b] Les mêmes majorations que pré édemment s'appliquent, et :
• pour tout t ∈]0, 1[, 0 6 (ln t)3 sup tα−1 e−t 6 (ln t)3 ta−1 e−t dt. Ainsi, la onvergen e de α∈[a,b] Z 1 (ln t)3 sup tα−1 e−t dt. prouvée en II-1 ( ar a > 0) amène la onvergen e de 0
Z
1
(ln t)3 ta−1 e−t dt
0
α∈[a,b]
Z +∞ 6 (ln t) t e dt. Ainsi, la onvergen e de (ln t)3 tb−1 e−t dt α∈[a,b] 1 Z +∞ 3 α−1 −t prouvée en II-1 ( ar b > 0) amène la onvergen e de (ln t) sup t e dt. α∈[a,b] 1 Z +∞ (ln t)3 sup tα−1 e−t dt. onverge vers un réel indépendant de x, et, en intégrant l'inPar onséquent,
• pour tout t ∈]1, +∞[, 0 6 (ln t)
3
0
sup t
3 b−1 −t
α−1 −t
e
α∈[a,b]
égalité pré édente entre 0 et +∞ (l'arguement pré édent assure la onvergen e des intégrales) et en utilisant l'inégalité triangulaire, il vient : Z g1 (x) − g1 (x0 ) |x − x0 | +∞ − g2 (x0 ) 6 (ln t)3 sup tα−1 e−t dt. (x − x0 ) 2 α∈[a,b] 0
Comme la valeur de ette dernière intégrale est indépendante de x, le terme de droite tend vers 0 lorsque x tend vers x0 , don , d'après le théorème d'en adrement, on en déduit la dérivabilité de g1 en x0 , et l'égalité g1′ (x0 ) = g2 (x0 ) On fait omme dans la question pré édente pour en déduire que g1 est dérivable sur R∗+ , et que g1′ = g2 . Comme g1 = Γ′ , il vient que Γ est deux fois dérivable sur R∗+ , et Γ′′ = g2 .
Remarque : on montrerait fa ilement par ré urren e, sur le même argument, que pour tout n ∈ N∗ , Γ est n fois dérivable, et Γ(n) = gn . 3. (a) Soit k ∈ N∗ . La fon tion t 7→ 1t est dé roissante sur [k, k + 1], don , pour tout t ∈ [k, k + 1], 1 1 1 6 6 . k+1 t k
En intégrant ette relation entre k et k + 1, les fon tions étant ontinues et non égales, il vient (par positivité stri te de l'intégration) : Z k+1 Z k+1 Z k+1 1 1 dt dt dt = < < = . k+1 k+1 t k k k k k 7
Soit n > 2. En sommant es inégalités pour tout valeur de k entre 1 et n − 1, il vient alors : n−1 X k=1
n−1 X Z k+1 dt n−1 X1 1 < < , k+1 t k k k=1
k=1
et en faisant un hangement d'indi e dans la première somme, et en utilisant la relation de Chasles pour la se onde, il vient : Z n n n−1 X 1 dt X 1 < < . k t k 1 k=2
k=1
Le al ul de ette intégrale amène alors le résultat :
n n−1 X X1 1 . < ln n < k k k=2
k=1
On a alors, si n > 2 : −
et en ajoutant
n X
k=1
n−1 X k=1
n
X1 1 < − ln n < − , k k k=2
1 aux trois membres, après simpli ation des sommes : k 1 < γn < 1 n
don :
0 < γn 6 1 .
Cette inégalité est trivialement satisafaite aussi pour n = 1, puisque γ1 = 1 (raison pour laquelle on n'a au nal qu'une inégalité large, a n d'englober le as n = 1 ; pour les valeurs de n stri tement supérieurs à 1, l'inégalité est stri te, d'après l'argument pré édent). (b) On a, pour tout n ∈ N∗ : γn+1 − γn =
n+1 X k=1
n
1 n 1 X1 − − ln(n + 1) + ln n = + ln . k k n+1 n+1 k=1
Or, d'après la question I-1(a), ln
n 1 1 6− = ln 1 − , n+1 n+1 n+1
don , pour tout n ∈ N∗ , γn+1 − γn 6 0. Ainsi, (γn )n∈N∗ est dé roissante
4. (a) Soit x > 0, et n ∈ N∗ . On a :
n h x i Y x exp − = 1+ k k
k=1
! ! n n X Y 1 1 (k + x) exp −x k k k=1
k=1
exp(−x(γn + ln n)) = · (x + 1)(x + 2) . . . (x + n) n! n−x exp(−xγn ) · (x + 1)(x + 2) . . . (x + n), = n!
et don nalement : n h x i Y x (x + 1)(x + 2) . . . (x + n) . 1+ exp − = exp(−xγn ) × k k nx n!
k=1
(b) On a, pour tout n ∈ N∗ , ln(vn (x)) =
n X
k=1
8
−
x x . + ln 1 + k k
Or, puisque
x n
tend vers 0 quand n tend vers +∞, on a : −
x x x x x2 =− + − 2 +o + ln 1 + n n n n 2n
1 n2
=−
x2 +o 2n2
1 n2
.
Ainsi, on obtient l'équivalent suivant :
−
x2 x x ∼ − 2. + ln 1 + n n +∞ 2n
P x2 Comme es deux termes sont négatifs (le premier par on avité du ln), et que 2n2 est une série
onvergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1), on déduit du théorème de omparaison des séries à termes équivalents de signe onstant, que la série de terme général − nx + ln 1 + nx est onvergente. Or, ln(vn (x)) est la somme partielle de ette série, don admet une limite nie. L'exponentielle étant
ontinue, (vn (x))n∈N∗ admet une limite nie en +∞. On note ℓ(x) sa limite. On a, pour tout n ∈ N∗ , 1 x(x + 1) . . . (x + n) vn (x) = exp(−xγn ) · · . x nx n! Or, puisque (γn ) onverge vers γ et que l'exponentielle est ontinue, lim exp(−xγn ) = exp(−xγ), et n→+∞
d'après la question I-2( ),
nx n! = Γ(x) 6= 0. n→+∞ x(x + 1) . . . (x + n) lim
Ainsi, ℓ(x) = lim vn (x) = n→+∞
5. (a) Nous avons déjà justi é la onvergen e de
exp(−xγ) . xΓ(x)
Xx x dans la question II-4(b). − ln 1 + n n
(b) D'après la question II-4(b), ln(vn (x)) est la somme partielle de ette série, don , par ontinuité du logarithme, +∞ h X x x i lim ln(vn (x)) = ln(ℓ(x)) = − . − ln 1 + n→+∞ n n n=1 6. Pour tout x > 0, on a : Γ(x + 1) = xΓ(x)
don :
ln(Γ(x + 1)) = ln x + ln(Γ(x)).
En dérivant ette dernière égalité, ∀x > 0,
ψ(x + 1) =
1 + ψ(x) . x
On a don pour tout x > 0, ψ(x) = − x1 + ψ(x + 1). Or, Γ est deux fois dérivable sur R∗+ , don de lasse C 1 . Ainsin par omposition, ln ◦Γ est aussi de lasse C 1 sur R∗+ . En parti ulier, ψ est ontinue en 1. Ainsi, 1 , lim ψ(x + 1) = ψ(1) don : ψ(x + 1) = o + x x→0 le o (au voisinage de 0) dé oulant du fait que
1 x
tend vers +∞. Ainsi, on obtient : ψ(x) ∼ − 0
1 . x
Par ailleurs, par itération, pour tout entier n > 2, ψ(n) =
1 1 1 1 1 1 + ψ(n − 1) = + + ψ(n − 2) = · · · = + + · · · + + ψ(1). n−1 n−1 n−2 n−1 n−2 1
On obtient bien : ψ(n) = ψ(1) +
n−1 X k=1
1 . k
9
7. (a) D'après la question 5(b), pour tout x > 0, A(x) = ln(ℓ(x)). Or, d'après l'expression de ℓ(x) trouvée en 4(b), et puisque Γ est deux fois dérivable sur R∗+ , on en déduit que ℓ est deux fois dérivable sur R∗+ . Don , par omposition par le ln, qui est aussi deux fois dérivable sur son domaine, en en déduit que A est deux fois dérivable sur R∗+ . On a alors, d'après 4(b) : ∀x > 0, A(x) = −xγ − ln x − ln(Γ(x)).
Ainsi, ∀x > 0,
A′ (x) = −γ −
1 Γ′ (x) − x Γ(x)
et
A′′ (x) =
1 Γ′′ (x)Γ(x) − Γ′ (x)2 . − 2 x Γ(x)2
En parti ulier, exprimer pour tout réel x stri tement positif, A′ (x) et A′′ (x) en fon tion de Γ(x), Γ′ (x) et Γ′′ (x). (b) Un est de lasse C ∞ sur R∗+ , et ∀x > 0, Un′ (x) =
1 1 −x −x − = ∼ 2. x+n n n(x + n) +∞ n
x . n2 Par omparaison à une série de Riemann, les termes étant positifs, la série de terme général |Un′ (x)|
oneverge, don la série de terme général Un′ (x) onverge absolument .
Ainsi, |Un′ (x)| ∼
+∞
Soit maintenant k > 2. On a : ∀x > 0, Un(k) (x) =
(−1)k−1 (k − 1)! , (x + n)k
α , où α est un réel indépendant de n. Ainsi, de même que plus haut, puisque k > 2, nk (k) on obtient la onvergen e de la série de temre général |Un (x)xs| est onvergente, pas omparaison à
don |U (k) (x)| ∼
+∞
(k)
une série de Riemann. Ainsi, pour tout k > 2, la série de terme général Un (x) onverge absolument .
8. D'après la question 7(a), A′ (1) = −γ − 1 − ψ(1).
Or, d'après le résultat admis, A′ (1) =
+∞ X
Un′ (1) =
n=1
+∞ X
n=1
1 1 − n+1 n
= −1
(somme téles opique). Ainsi, ψ(1) = −γ . On déduit alors de la question 6 que
ln n − ψ(n) = ln n −
Ainsi,
n n X X 1 1 − ψ(1) = ln n − + γ = −γn + γ. k k k=1
k=1
lim ln n − ψ(n) = 0.
n→+∞
9. (a) G est de manière évidente positive et stri tement roissante (inverse d'une fon tion stri tement roissante Z +∞ stri tement positive). De plus, G est ontinue sur [1, +∞[ ( ar x > 0), don l'intégrale G(t) dt 1
1 admet une impropreté en +∞. Comme G admet une primitive t 7→ − x+t qui tend vers 0 en +∞, Z +∞ l'intégrale G(t) dt est onvergente . 1
(b) G étant positive, non nulle et ontinue, d'après la stri te positivité de l'intégrale, 0 < De plus, G étant dé roissante, pour tout k ∈ N∗ , pour tout t ∈ [k, k + 1] : G(t) 6 G(k),
10
Z
1
+∞
G(t) dt.
et les deux fon tions sont non égales et ontinues, don , par stri te positivité de l'intégrale : Z k+1 Z k+1 G(t) < G(k) dt = G(k). k
k
En sommant pour k ∈ [[1, n]], et en utilisant la relation de Chasles, puis en passant à la limite lorsque n tend vers +∞, (du fait de la onvergen e, y ompris de la série, par le théorème de omparaison entre série et intégrale), on obtient : Z +∞ +∞ X G(t) dt < G(k). 1
k=1
+∞
Z
On obtient bien la double inégalité : 0
2 x x+1
On a alors : ψ ′ (x) >
x(x + 1) + 1 1 1 1 x + 1 + x2 = = + 2 > . 2 2 x (x + 1) x (x + 1) x x (x + 1) x
On obtient don bien : pour tout x > 0, ψ ′ (x) >
Partie III Cara térisation de 1.
Γ(x)
1 1 + . 2 x x+1
1 . x
par la onvexité de
ln(Γ(x))
Préliminaire : formule de Cau hy-S hwarz pour les intégrales (a) On suppose la onvergen e de toutes les intégrales en jeu. Ainsi : Z +∞ Z +∞ Z 2 2 x−1 −t x−1 −t λ f (t)t e dt + 2λ f (t)g(t)t e dt + 0
0
=
+∞
Z
0
=
Z
+∞
+∞
g 2 (t)tx−1 e−t dt
0
λ2 f 2 (t) + 2λf (t)g(t) + g 2 (t) tx−1 e−t dt
(λf (t) + g(t))2 tx−1 e−t dt,
0
et don 2
λ
Z
+∞
2
f (t)t
x−1 −t
e
dt + 2λ
0
Z
+∞
f (t)g(t)t
x−1 −t
e
dt +
0
Z
+∞
g 2 (t)tx−1 e−t dt > 0
0
par la propriété de positivité de l'intégrale impropre. (b) Le polyn me de degré 2 en λ de la question pré édente est don de signe onstant sur R, il n'admet don pas deux ra ines réelles distin tes (sinon il ne serait pas du même signe entre les ra ines et à l'extérieur des ra ines). Ainsi, son dis riminant véri e ∆ 6 0, soit : Z 2
0
+∞
f (t)g(t)t
x−1 −t
e
dt
2
−4
Z
+∞
2
f (t)t 0
11
x−1 −t
e
dt
Z
0
+∞
2
g (t)t
x−1 −t
e
dt
60
soit en ore : Z
+∞
f (t)g(t)t
x−1 −t
e
dt
0
( ) Soit x > 0. Les trois intégrales
Z
2
+∞
6
+∞
Z
2
f (t)t
x−1 −t
e
dt
0
(ln t)tx−1 e−t dt,
0
Z
+∞
Z
+∞
2
g (t)t
x−1 −t
e
dt
0
(ln t)2 tx−1 e−t dt et
0
R +∞ 0
.
tx−1 e−t dt sont
onvergentes d'après II-1(a) pour les deux premières, en en tant qu'intégrale Γ(x) pour la dernière. On peut don appliquer les résultats des questions pré édentes, en posant : ∀t ∈ R∗+ , f (t) = ln t
et
g(t) = 1.
Il vient alors bien : Z
+∞
(ln t)t
x−1 −t
e
dt
0
2
6
Z
+∞
2 x−1 −t
(ln t) t
e
dt
0
Z
+∞
t
x−1 −t
e
0
dt
.
2. La fon tion Γ est deux fois dérivable, d'après les questions II-1 et II-2. Ainsi, le ln étant aussi deux fois dérivable, par omposition, la fon tion ln ◦Γ est deux fois dérivable, et : ∀x ∈ R∗+ , (ln ◦Γ)′ (x) =
puis : ∀x ∈ R∗+ , (ln ◦Γ)′′ (x) =
Γ′ (x) , Γ(x)
Γ′′ (x)Γ(x) − Γ′ (x)2 . Γ(x)2
Le signe de (ln ◦Γ)′′ est don le même que elui de Γ′′ (x)Γ(x) − Γ′ (x)2 . Or, d'après les questions II-1 et II-2, on a, pour tout x > 0 : Z +∞ Z +∞ Z ′′ ′ 2 2 x−1 −t x−1 −t Γ (x)Γ(x) − Γ (x) = (ln t) t e dt t e dt − 0
0
+∞
(ln t)t
x−1 −t
e
dt
0
et par onséquent, d'après la question pré édente,
∀x > 0, Γ′′ (x)Γ(x) − Γ′ (x)2 > 0,
don :
2
,
(ln ◦Γ)′′ (x) > 0.
On en déduit que ln ◦Γ est onvexe. 3. Soit, pour tout n dans N∗ , la propriété P(n): f (n) = (n − 1)!. La propriété P(0) dé oule de l'hypothèse (i) : f (1) = 1 = 0! Soit n ∈ N∗ tel que P(n) soit véri é. Alors, d'après la propriété (ii) et l'hypothèse de ré urren e, f (n + 1) = nf (n) = n · (n − 1)! = n!
et P(n + 1) est aussi véri é.
Par onséquent, P(1) est vraie, et pour tout n dans N∗ , P(n) entraîne P(n + 1). D'après le prin ipe de ré urren e, P(n) est vraie pour tout n dans N∗ . Ainsi, pour tout n ∈ N∗ , f (n) = (n − 1)!
4. Soit x ∈]0, 1[, et k > 2. (a) La fon tion ln ◦f étant onvexe, d'après l'inégalité de onvexité entre k et k + 1, en posant λ = 1 − x ∈ ]0, 1[ : (1 − x) ln(f (k)) + x ln(f (k + 1)) = λ ln(f (k)) + (1 − λ) ln(f (k + 1)) > ln ◦f (λk + (1 − λ)k + 1)) = ln ◦f ((1 − x)k + x(k + 1)),
et don : (1 − x) ln(f (k)) + x ln(f (k + 1)) > ln(f (x + k)) .
x ∈]0, 1[, donne : De même, l'inégalité de onvexité entre k − 1 et x + k , ave λ = 1+x xk + k 1 x(k − 1) x + k x = ln ◦f ln(f (k − 1)) + ln(f (x + k)) > ln ◦f + 1+x x+1 1+x x+1 1+x
et don :
1 x ln(f (k − 1)) + ln(f (x + k)) > ln(f (k)) 1+x x+1
12
(b) En isolant le terme f (x+k) dans la deuxième inégalité de la question pré édente, on obtient un minorant de f (x + k), qui, ombiné ave la première inégalité, donne l'en adrement suivant, pour tout k > 2 : (x + 1) ln(f (k)) − x ln(f (k − 1)) 6 ln(f (x + k)) 6 (1 − x) ln(f (k)) + x ln(f (k + 1)).
Or, k , k − 1 et k + 1 sont dans N∗ , don d'après la question III-3, il vient (x + 1) ln((k − 1)!) − x ln((k − 2)!) 6 ln(f (x + k)) 6 (1 − x) ln((k − 1)!) + x ln(k!),
soit en ore : (x + 1)
k−1 X i=1
ln(i) − x
k−2 X i=1
ln(i) 6 ln(f (x + k)) 6 (1 − x)
k−1 X
ln(i) + x
k X
ln(i),
i=1
i=1
et après simpli ation, il vient en n : k−1 X i=1
!
ln(i)
+ x ln(k − 1) 6 ln(f (x + k)) 6
k−1 X
!
ln(i)
i=1
L'exponentielle étant roissante, il vient : ! ! k−1 X ln(i) + x ln(k − 1) 6 f (x + k) 6 exp exp
k−1 X
+ x ln(k),
!
ln(i)
i=1
i=1
!
+ x ln(k)
puis k−1 Y i=1
et en n :
eln(i)
!
ex ln(k−1) 6 f (x + k) 6
k−1 Y
eln(i)
i=1
!
ex ln k
(k − 1)!(k − 1)x 6 f (x + k) 6 (k − 1)!k x .
De plus, d'après la propriété (ii) satisfaite par f ,
f (x+k) = (x+k−1)f (x+k−1) = (x+k−1)(x+k−2)f (x+k−2) = · · · = (x+k−1)(x+k−2) . . . xf (x).
Ainsi, f (x) =
f (x + k) , x(x + 1) · · · (x + k − 1)
don , en divisant l'en adrement pré édent par x(x + 1) · · · (x + k − 1) > 0, il vient (k − 1)!(k − 1)x (k − 1)!k x 6 f (x) 6 x(x + 1) · · · (x + k − 1) x(x + 1) · · · (x + k − 1) nx n! . n→+∞ x(x + 1) · · · (x + n) (k − 1)!(k − 1)x Ainsi, ave n = k − 1, ela donne l'existen e d'une limite de , égale à Γ(x). x(x + 1) · · · (x + k − 1) k>2 De plus, k ∼ k − 1, don , x étant xé, k x ∼ (k − 1)x , et par onséquent, le terme de droite de l'en a-
( ) D'après la question I-2( ), Γ(x) = lim
+∞
+∞
drement admet la même limite que le terme de gau he, don Γ(x). Puisque le terme du milieu est une onstante (indépendante de k ), l'utilisation du théorème d'en adrement est i i inutile, le résultat provient alors d'un simple passage à la limite dans les deux inégalités de l'en adrement, qui amène : Γ(x) 6 f (x) 6 Γ(x),
don :
5. D'après la question pré édente, pour tout x ∈]0, 1[, f (x) = Γ(x). Soit maintenant x > 1. • Si x est un entier, f (x) = (x − 1)! = Γ(x). 13
f (x) = Γ(x)
• Si x n'est pas un entier, alors x − E(x) ∈]0, 1[, et par itération de (ii) : f (x) = (x − 1)f (x − 1) = · · · = (x − 1) . . . (x − E(x))f (x − E(x)) = (x − 1) . . . (x − E(x))Γ(x − E(x)),
puisqu'on a montré que f et Γ oïn ident sur ]0, 1[. En itérant la relation (ii) satisfaite pour la fon tion Γ, d'après le préliminaire, il vient également : (x − 1) . . . (x − E(x))Γ(x − E(x)) = Γ(x),
don f (x) = Γ(x). Ainsi, ∀x ∈ R∗+ , f (x) = Γ(x)
Partie IV Cal ul d'une valeur appro hée de
ln(Γ(x))
1. Soit x > 1. (a) D'après I-2( ), lim un (x) = Γ(x). Ainsi, le logarithme étant ontinu en Γ(x) > 0, (ln(un (x))) admet une limite, et
n→+∞
lim ln(un (x)) = ln(Γ(x)) .
n→+∞
n+1
1 dt : la fon tion t 7→ 1t étant dé roissante, elle t n 1 , et en intégrant ette inégalité sur [n, n + 1], il vient : est minorée sur [n, n + 1] par n+1
(b) On peut faire une omparaison ave l'intégrale
ln
n+1 n
=
Z
n+1
n
Z
dt > t
Z
n+1
n
1 dt = . n+1 n+1
Une autre façon de faire est d'utiliser l'inégalité de on avité lassique ln(1 + x) 6 x pour tout x > −1 (la ourbe de x 7→ ln(1 + x) est sous sa tangente en 0) : 1 1 n n+1 = − ln = − ln 1 − >− − , ln n n+1 n+1 n+1 et don ln
n+1 n
( ) Soit n ∈ N∗ . On a :
>
1 . n+1 un+1 (x) = un (x)
don ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) = x ln
n+1 n
n+1 n
x
·
n+1 , x+n+1
− ln 1 +
x n+1
>
x x − = 0. n+1 n+1
Ainsi, (ln(un (x)) est roissante, et par roissan e du logarithme, (un (x))n∈N est roissante. (d) Soit n ∈ N∗ , il dé oule de façon immédiate du al ul ee tué dans la question pré édente que x 1 − ln 1 + . ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) = x ln 1 + n n+1 Posons f : x 7→ ln(1 + x), de lasse C 2 sur ] − 1, +∞[, et véri ant ∀x ∈] − 1, +∞[, f ′ (x) =
1 1+x
et
f ′′ (x) = −
1 . (1 + x)2
D'après l'égalité de Taylor-Lagrange entre 0 et n1 appliqué à la fon tion f , il existe c1 ∈]0, n1 [, tel que : 1 1 1 1 1 1 ln 1 + . =f = f (0) + f ′ (0) + 2 f ′′ (c1 ) = − 2 n n n 2n n 2n (1 + c1 )2 x x De même, d'après la formule de Taylor-Lagrange entre 0 et n+1 , il existe c2 dans ]0, n+1 [ tel que x x2 x = . − ln 1 + n+1 n + 1 2(n + 1)2 (1 + c2 )2
14
Ainsi, pour es valeurs de c1 et c2 , on obtient : ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) =
x x x x2 − − 2 + n 2n (1 + c1 )2 n + 1 2(n + 1)2 (1 + c2 )2
(e) La roissan e de (un (x)) amène déjà : ∀n ∈ N∗ , 0 6 ln(un+1 (x)) − ln(un (x)).
Soit n ∈ N∗ . Puisque c1 < 1n et c2 > 0, la question pré édente amène : ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) 6
x x x x2 − − 2 + 1 2 n 2n (1 + n ) n + 1 2(n + 1)2
x x x x2 − − + n 2(n + 1)2 n + 1 2(n + 1)2 2 x x −x = . + n(n + 1) 2(n + 1)2 =
Puisque x > 1, x2 − x > 0, et don
x2 − x x x2 − x x 6 . De même, 6 2 . Ainsi : 2 2(n + 1) 2n2 n(n + 1) n
ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) 6
x x2 − x x2 + x + = . 2 2 n 2n 2n2
On obtient bien l'en adrement, pour tout n ∈ N∗ : 0 6 ln(un+1 (x)) − ln(un (x)) 6
x + x2 2n2
Soit n > 2, et N > n. On a : 0 6 ln(uN +1 (x)) − ln(un (x)) =
N X
k=n
ln(uk+1 (x)) − ln(uk (x)) 6
N X x + x2 . 2k 2
k=n
Or, la fon tion t 7→ t12 est dé roissante, don , pour tout k > n, pour tout t ∈ [k − 1, k], en intégrant ette inégalité entre k − 1 et k : 1 6 k2
Z
k
k−1
1 k2
6
1 t2 ,
don ,
dt . t2
Ainsi, on obtient : 0 6 ln(uN +1 (x)) − ln(un (x)) 6
Z N Z x + x2 N dt x + x2 X k dt = , 2 2 2 2 k−1 t n−1 t k=n
d'après la relation de Chasles. Cette dernière intégrale étant onvergente en +∞, et la suite ln(uN +1 (x)) admettant une limite (égale à ln(Γ(x))), on peut passer à la limite dans ette inégalité, et il vient : x + x2 0 6 ln(Γ(x)) − ln(un (x)) 6 2
Or,
don :
Z
+∞ n−1
Z
+∞ n−1
1 dt h 1 ilim+∞ = = − , 2 t t n−1 n−1
0 6 ln(Γ(x)) − ln(un (x)) 6
15
x + x2 . 2(n − 1)
dt t2
2. I i, un (x) n'est pas vraiment dé ni par ré urren e, à ause du terme nx . Ainsi, pour opérer le al ul au rang qui nous intéresse, il faut d'abord trouver la valeur de n qui va nous donner une approximation su sante, don x + x2 x + x2 6 err don : n> +1 2(n − 1) 2err On rappelle l'expression de ln(un (x)) :
ln(un (x)) = x ln n −
n X i=1
ln i +
n X
ln(x + i).
i=0
On obtient don la fon tion suivante :
fun tion lngamma(x,err:real):real; var S:real; n,i:integer; begin n:= \trun ((x+sqr(x))/(2*err)+1)+1; S:= x * ln(n) + ln(x); for i:=1 to n do S:=S - ln(i)+ln(x+i); lngamma:=S; end; 3. Pour trouver la marge d'erreur pré édente, on avait supposé x > 1. Si x ∈]0, 1], on utilise la formule : Γ(x) =
Γ(x + 1) x
don :
ln(Γ(x)) = ln(Γ(x + 1)) − ln(x).
Ainsi, le al ul d'une valeur appro hée de ln(Γ(x + 1)) ave la marge d'erreur err fournira aussi une valeur appro hée ave la marge d'erreur err de ln(Γ(x)). Ainsi, on modi e le programme de sorte à disso ier les as : si x < 1, on relan e la fon tion pour faire le
al ul de Γ(x + 1). Remarquez qu'il y a un appel ré ursif dans ette fon tion, mais que et appel lui-même n'en engendrera pas d'autre. On réé rit le programme :
fun tion lngammabis(x,err:real):real; var S:real; n,i:integer; begin if x
