La fonctionΓse prolonge en une fonction holomorphe dans l'ouvert Ω ={z∈C/ <z >0} 4

D15 - Prolongement de la fonction Γ d'Euler

Zuily-Queélec, Analyse pour l'agrégation, page 313 Proposition : Pourx >0, on pose

Γ(x) = Z _+∞

0

t^x−1e^−tdt 1. La dénition a bien un sens.

2. x7→Γ(x)est une fonction de classeC^∞ sur]0,+∞[.

3. La fonctionΓse prolonge en une fonction holomorphe dans l'ouvert Ω ={z∈C/ <z >0}

4. Pour toutz∈Ω,Γ(z+ 1) =zΓ(z)et Γ(n+ 1) =n!si n∈N.

1. La fonction sous le signe intégral est positive.

De plus, au voisinage de 0, elle est équivalente à 1

t^1−x qui est intégrable puisque xest strictement positif.

En +∞, on a t^x−1e^−t≤e^−t2 puisque pour toutx >0, on a lim

t→∞t^x−1e^−t2 = 0.

2. On va appliquer le Théorème de DSS. Soitk∈N. La fonctionx7→t^x−1e^−t=e^xlogtt⁻¹e^−test pourt >0xé, de classe C^∞ sur]0,+∞[. Pour0≤j≤k,

¯¯

¯¯

¯ µ ∂

∂x

¶_j

£t^x−1e^−t¤¯

¯¯

¯¯= (logt)^je^xlogtt⁻¹e^−t. Par conséquent pourx∈[ε, M], on a :













¯¯

¯¯

¯ µ ∂

∂x

¶_j

£t^x−1e^−t¤¯

¯¯

¯¯≤ |logt|^jt^ε−1 si 0< t≤1

¯¯

¯¯

¯ µ ∂

∂x

¶_j

£t^x−1e^−t¤¯

¯¯

¯¯≤(logt)^jt^M−1e^−t si t≥1

Pour tout0≤j ≤k, la fonctiong(t) =





|logt|^j

t^1−ε 0< t≤1 (logt)^jt^M−1e^−t t≥1

est intégrable.

On déduit du théorème de DSS que ΓestC^k(]0,∞[). Commekest arbitraire, cela prouve queΓ∈ C^∞(]0,∞[).

3. Posons

Γ(z) = Z _∞

0

e^−te^{(z−1) logt}dt <z >0

C'est une fonction holomorphe surΩd'après le Théorème d'HSS puisqu'àt >0xé,z7→e^zlogtest holomorphe surCet siK est un compact deΩon a <z∈[ε, M]pour z∈K, oùε >0 et donc





¯¯

¯e^−te^{(z−1) logt}

¯¯

¯≤e^{(ε−1) logt}= 1

t^1−ε si 0< t≤1

¯¯

¯e^−te^{(z−1) logt}

¯¯

¯≤t^(M−1)e^−t si t≥ Cela redonne d'ailleurs le résultat du2.

4. Il sut d'intégrer par parties dans l'intégrale donnant Γ(z+ 1) en posant t^z = u, e^−tdt = du. On en déduit que Γ(n+ 1) =n!par récurrence surn, en utilisant la relationΓ(z+ 1) =zΓ(z)et en remarquant queΓ(1) =

Z _∞

0

e^−tdt= 1.

Théorème : Il existe une fonction F(z)holomorphe dans{z∈C/ z6=−n, n∈N}

qui coïncide avec la fonctionΓ(z)pourz∈Ω. Ce prolongement de la fonction gamma sera encore notéΓ(z).

A vrai dire, on sait déjà qu'un tel prolongement existe par la relation 4. de la proposition précédente. Il sut de poser Γ(z) = Γ(z+ 1)

z , Γ(z) = ^Γ(z+2)_z(z+1), etc . . . pour dénir de proche en proche une extension holomorphe de Γ au plan complexe privé de0,−1,−2, etc . . .

1

Mais on désire en savoir plus sur le prolongement en question, et en particulier savoir que Γ(z) 6= 0 pour z ∈ C et z6=−n, n∈N. On adopte donc une approche un peu diérente. Le point de départ est la formule suivante due à Euler :

∀z∈Ω, Γ(z) = lim

n→+∞

n^zn!

z(z+ 1). . .(z+n) En eet, considérons la suite de fonctions

fn(t) =1]0,n[(t) µ

1− t n

¶_n t^z−1

où1_]0,n[(t)est la fonction caractéristique de l'intervalle]0, n[. Il est facile de voir que la suite(fn)converge simplement vers la fonctionf(t) =1]0,∞[(t)e^−tt^z−1. D'autre part, l'inégalité1−u≤e^upour0≤u≤1montre que|fn(t)| ≤1]0,n[(t)

³ e^−nt

´_n t^x−1≤ 1_]0,∞[(t)t^x−1e^−t, oùx=<z >0. On déduit du théorème de convergence dominée que

Γ(z) = Z _∞

0

t^z−1e^−tdt= lim

n∞

Z _n

0

t^z−1 µ

1− t n

¶_n dt Posonst=nsdans l'intégrale. Il vientΓ(z) = lim

n∞n^z Z ₁

0

s^z−1(1−s)ⁿds= lim

n∞n^zIn(z). Nous allons montrer par récurrence sur n∈Nque

In(z) = n!

z(z+ 1). . .(z+n) ∀z∈Ω

En eet, la formule pourn= 0est trivialement vraie. Dans l'intégrale donnantIn+1(z), posonsu= (1−s)ⁿ⁺¹,s^z−1ds=du.

Il vient

In+1(z) = n+ 1

z In(z+ 1) = (n+ 1)n!

z(z+ 1). . .(z+n+ 1) = (n+ 1)!

z . . .(z+n+ 1) On déduit de la formule d'Euler que pourz∈Ω, on a

1

Γ(z) = lim

n∞

z(z+ 1). . .(z+n) n^zn!

(sous réserve queΓ(z)6= 0, ce que l'on va prouver maintenant).

Considérons pour z∈Cla fonction G(z) = lim

n∞

z(z+ 1). . .(z+n)

n^z n!.

On a G(z) = lim

n∞

z(z+ 1). . .(z+n) (n+ 1)^zn! = lim

n∞Gn(z). Nous allons montrer que G est bien dénie dans C et que c'est une fonction entière. Commee^−zLog(n+1)=

Yn

k=1

e^zLogk+1k etn! = 1·2. . . n, on obtient

Gn(z) =z Yn

k=1

³ 1 + z

k

´

e^zLogk+1k =z Yn

k=1

fk(z) où chaquefk est holomorphe dansC.

SoitR >0et|z|< R. Pourn > R, on écrit

Gn(z) =z Y

1≤k≤R

fk(z) Y

R<k≤n

fk(z)

Pourk > R, on a ^|z|_k <1 et doncf_k(z) =e^Log(¹⁺k^z)^−zLog(¹⁺k¹) d'où Gn(z) =z Y

1≤k≤R

fk(z) exp Xn

k=E(R)+1

µ Log³

1 + z k

´

−zLog µ

1 + 1 k

¶¶

Or

¯¯

¯¯Log³ 1 + z

k

´

−zLog µ

1 + 1 k

¶¯¯

¯¯≤ C(R)

k² pour k ≥E(R) + 1 ; on en déduit que la série de terme général Log³ 1 + z

k

´

− zLog

µ 1 + 1

k

¶

converge uniformément dans{|z|< R} vers une fonction holomorphe. On en déduit qu'il en est de même de la suite(Gn). CommeR est arbitraire, cela prouve que la fonction Gest holomorphe dans C. De plus, les zéros deGsont les entiers négatifs. En eetG(z) =z

Y∞

k=1

fk(z), et le produit inni convergent Y∞

k=1

fk a pour zéros les zéros desfk, c'est-à-dire−1,

−2, . . .On en déduit que la fonction F(z) = 1

G(z) est holomorphe sans zéros dans{z∈C/ z6=−n, n∈N}comme F(z) = lim

n∞

n^zn!

z(z+ 1). . .(z+n)

la formule d'Euler montre queF coïncide surΩavec la fonctionΓ: c'est donc le prolongement cherché. On noteF(z) = Γ(z). En résumé,Γ(z)est holomorphe sans zéros dans{z∈C/ z6=−n, n∈N}. Elle a des pôles simples aux pointsz=−n. Quant à la fonction 1

Γ(z), elle est holomorphe dans toutCet les pointsz=−nsont des zéros simples de cette fonction.

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