X B 2015 : 3 question corrigées
On définit Γ : ]0,+∞[→R par Γ(y) =
Z +∞
0
e−tty−1 dt
1. Montrer queΓest bien définie et que pour touty >0,yΓ(y) = Γ(y+1).
En déduire que, pour tout n∈N, Γ(n+ 1) =n!.
Evidemment, une rédaction soignée est attendue sur cette question
« presque de cours ».
2. Montrer que pour touty >0, on aΓ(y) = y−1 Z +∞
0
e−tty dt, puis que
Γ(y) = e−yyy Z +∞
−1
e−yφ(s)ds
oùφ est la fonction définie sur]−1,+∞[ par φ(s) =s−ln(1 +s).
De Γ(y) = y−1Γ(y+ 1) découle la première égalité demandée.
Et donc, par changement de variablet =uy (u=t/y) : Γ(y) = yy
Z +∞
0
e−uyuydu
=yy Z +∞
0
e−y(u−lnu)du
Encore un changement de variable :u= 1 +s,s=u−1, et on obtient bien
Γ(y) = e−yyy Z +∞
−1
e−yφ(s)ds
3. On fixe δ > 0 et α ∈ R. Montrer que pour tout x > 0, la fonction t7→e−t/xtα est intégrable sur [δ,+∞[ et que pour tout n∈N, on a :
Z +∞
δ
e−t/xtα dt =o(xn) quand x→0+. (on pourra commencer par n = 0).
1
La fonction proposée est continue, positive, sur [δ,+∞[, et par crois- sances comparées, comme x >0,
e−t/xtα = o
t→+∞
1 t2
donc par comparaison à l’exemple de Riemann La fonction est intégrable sur [δ,+∞[.
Pour tout t∈[δ,+∞[, on a
e−t/xtα −−−→
x→0+ 0 et
∀x∈]0,1] ∀t∈[δ,+∞[ 0≤e−t/xtα ≤e−ttα
La fonction t 7−→ e−ttα est intégrable sur [δ,+∞[, on peut donc ap- pliquer le théorème de convergence dominée « version continue » pour obtenir
Z +∞
δ
e−t/xtα dt =o(1) quand x→0+. SiA > δ, une intégration par parties donne (x >0, toujours) :
Z A
δ
e−t/xtα dt=
−xe−t/xtαt=A
t=δ +αx Z A
δ
e−t/xtα−1 dt
et donc, prenant les limites quand A → +∞ (on utilise encore les croissance comparées) :
Z +∞
δ
e−t/xtα dt=xe−δ/xδα+αx Z +∞
δ
e−t/xtα−1 dt Mais (croissances comparées, encore ! ! !), pour toutp∈N,
xe−δ/xδα = o
x→0+ (xp)
La propriété « pour tout réel α,
Z +∞
δ
e−t/xtα dt= o
x→0+ (xn) » est donc récurrente. Elle a été initialisée (n = 0, voir plus haut), elle est donc vraie pour tout n∈N
2
