I - La fonction Γ. M. Cochet : ne pas traiter, questions de cours

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 06 – à rendre le mercredi 20 janvier

durée estimée : deux heures environ

Le but de ce problème est d’établir, partiesIII.etV., deux identités relatives à la fonction Gamma, dues à Euler.

I - La fonction Γ. M. Cochet : ne pas traiter, questions de cours

On définit la fonctionΓd’Euler, pour tout réelx >0, par : Γ(x) =

Z +∞

0

e^−tt^x−1dt.

1. Montrer que la fonction t7→e^−tt^x−1 est intégrable sur]0,+∞[si, et seulement si,x >0.

2. Justifier que la fonctionΓest de classeC¹ et strictement positive sur]0,+∞[.

3. Exprimer Γ(x+ 1)en fonction dexet deΓ(x).

4. CalculerΓ(n)pour tout entier natureln≥1.

II. Formule de Stirling. M. Cochet : facultatif, pour élèves qui s’ennuient

Niveau Sup, facile mais long et fastidieux. Si vous avez du temps de libre, regardez plutôt IV et V.

Pour tout entierk∈N,k≥2, on pose :

uk= ln(k)− Z k

k−1

ln(t)dt.

5. À l’aide de deux intégrations par parties, montrer que : uk =1

2(ln(k)−ln(k−1))− Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt.

6. Pour tout entierk≥2, on note :

wk =1 2

Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt.

Justifier la convergence de la sérieX

k≥2

w_k. En déduire qu’il existe un nombre réelatel que :

ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +a+vn où vn=

+∞

X

k=n+1

wk.

7. En utilisant encore une intégration par parties, montrer que

wk− 1 12

Z k

k−1

dt t²

≤ 1 6

Z k

k−1

dt t³. 8. En déduire que

v_n− 1 12n

≤ 1 12n². puis que

ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +a+ 1 12n+O

1 n²

.

Dans la suite, on admettra quea= ¹₂ln(2π)et on pourra utiliser la formule de Stirling : ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +1

2ln(2π) + 1 12n +O

1 n²

.

III. L’identité d’Euler. M. Cochet : à traiter

Dans cette partie, nous allons établir l’identité d’Euler suivante :

∀x >0, Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x

x(x+ 1)· · ·(x+n) (III.1).

On désigne par(f_n)_n≥1la suite de fonctions définies sur ]0,+∞[ par :

fn(t) =

( 1−_n^tn

t^x−1 si t∈]0, n[

0 si t≥n

et on définit pour tout réelx >0 les suites(I_n(x))_n≥1 et(J_n(x))_n≥0 par :

I_n(x) = Z n

0

1− t

n ⁿ

t^x−1dt

J_n(x) = Z 1

0

(1−t)ⁿt^x−1dt.

9. Montrer que, pour tout entiern≥1, la fonctionfn est continue et intégrable sur]0,+∞[.

10.

(a) Montrer que pour tout u >−1:ln(1 +u)≤u.

(b) Montrer que, pour toutx >0,

n→+∞lim I_n(x) = Γ(x).

On vérifiera rigoureusement toutes les hypothèses du théorème utilisé.

11. Montrer que pour tout entiern≥0:

Jn+1(x) = n+ 1

x Jn(x+ 1).

12. En déduire que pour tout x >0,

J_n(x) = n!

x(x+ 1)· · ·(x+n−1)(x+n). 13. Établir l’identité d’Euler (III.1).

IV. Une intégrale à paramètres. M. Cochet : facultatif, pour élèves étoilés

Niveau Spé, un peu fastidieux.

Dans toute la suite, on définit une fonctionhsurRpar

h(u) =u−[u]−1 2

où la notation[u]désigne la partie entière deu.

14. Dessiner soigneusement le graphe de l’application hsur l’intervalle[−1,1].

15. À l’aide de la série de terme général an = Z n+1

n

h(u)

u+xdu, justifier, pour x > 0, la convergence de l’intégrale Z +∞

0

h(u) u+xdu.

16. L’applicationu7→ h(u)

u+x est-elle intégrable surR+?

V. Une autre identité due à Euler. M. Cochet : facultatif, pour élèves étoilés

Niveau Spé, un peu fastidieux.

Dans cette partie, on pourra utiliser si besoin l’identité d’Euler suivante : Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x

x(x+ 1)· · ·(x+n).

Cette identité est établie dans la partie III que seuls les élèves non étoilés devaient traiter.

Nous allons maintenant établir une autre formule importante due à Euler, valable pour toutx >0 :

ln(Γ(x+ 1)) =

x+1 2

ln(x)−x+ ln(√ 2π)−

Z +∞

0

h(u) u+xdu

oùhest l’application définie à la partie IV.

On fixe doncx >0et pour tout entie natureln, on définitFn(x)par

F_n(x) = ln

n!n^x+1

(x+ 1)(x+ 2)· · ·(x+n+ 1)

.

17. Montrer que pour tout entier naturel i: Z x+i+1

x+i

ln(t)dt= ln(x+i)− Z i+1

i

u−i−1 u+x du.

18. En déduire que

Fn(x) =Gn(x)− Z n+1

0

h(u) u+xdu où

Gn(x) = ln(n!) + (x+ 1) ln(n)−

x+n+3 2

ln(x+n+ 1) +n+ 1 +

x+1 2

ln(x).

19. En utilisant la formule de Stirling, montrer que

n→+∞lim Gn(x) =

x+1 2

ln(x)−x+ ln(√ 2π).

20. En déduire que

ln(Γ(x+ 1)) =

x+1 2

ln(x)−x+ ln(√ 2π)−

Z +∞

0

h(u) x+udu.

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 06 — éléments de correction

d’après CCS 2011 PSI

I - La fonction Γ. M. Cochet : ne pas traiter, questions de cours

On définit la fonctionΓd’Euler, pour tout réelx >0, par : Γ(x) =

Z +∞

0

e^−tt^x−1dt.

1. La fonction f_x : t7→t^x−1e^−t est positive surR+; étudier l’intégrabilité de f surR^∗+ revient donc à étudier la convergence de l’intégrale

Z +∞

0

t^x−1e^−tdt.

La fonction fx est aussi continue par morceaux sur R^∗+; les seuls problèmes d’intégrabilité sont aux voisinages de0 et de+∞.

• Au voisinage de 0,fx(t)∼t^x−1= 1

t^1−x est intégrable si et seulement si1−x <1(intégrales de référence).

• Au voisinage de +∞,f_x(t) =o _t¹₂

(croissances comparées) etf_x est donc intégrable.

Finalement fx est bien intégrable surR⁺ si et seulement six >0.

2. Soith: (x, t)7→e^−tt^x−1; fixons un segment[a, b]deR^∗+.

• Pour toutx∈[a, b],t7→h(x, t)est continue donc continue par morceaux, et intégrable surR^∗+.

• La fonction hadmet une dérivée partielle par rapport à xsur[a, b]×R^∗+: ∂f

∂x(x, t) =e^−t(lnt)t^x−1.

• Cette dérivée partielle vérifie les hypothèses du théorème de continuité :

B Elle est continue donc continue par morceaux selon sa seconde variable surR^∗+. B Elle est continue selon sa première variable surR^∗+.

B Pour tousx∈[a, b]et t∈R^∗+,

∂h

∂x(x, t)

≤φ(t) =

( |ln(t)|e^−tt^a−1 si t∈[0,1]

ln(t)e^−tt^b−1 si t >1

avec la fonction φ qui est intégrable sur R^∗+ (φ(t) = o(1/t²) au voisinage de +∞ et φ(t) = o(t^a2−1) au voisinage de0, par croissances comparées) et bien sûr continue par morceaux et positive.

Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre indique queΓ est de classeC¹ surR^∗+ avec

∀x >0, Γ⁰(x) = Z +∞

0

ln(t)e^−tt^x−1dt.

Par ailleurs, la fonction intégrée étant positive, continue et non nulle surR^∗+, on a aussi

∀x >0, Γ(x)>0.

3. Soitx >0. Pour [a, b]⊂R^∗+, une intégration par parties donne Z b

a

e^−tt^xdt=

−e^−tt^xb a+x

Z b

a

e^−tt^x−1dt.

En faisant tendre avers0 etb vers l’infini (les différentes limites existent bien) on a donc

∀x >0, Γ(x+ 1) =xΓ(x).

4. Un calcul direct donne :

Γ(1) =

−e^−t+∞

0 = 1

La formule de la question précédente donne alors directement par récurrence

∀n∈N^∗, Γ(n) = (n−1)!

II. Formule de Stirling. M. Cochet : facultatif, pour élèves qui s’ennuient

Pour tout entierk∈N,k≥2, on pose :

u_k= ln(k)− Z k

k−1

ln(t)dt.

5. On dérivet7→(t−k+ 1)(k−t)ent7→2k−1−2tet on primitivet7→ 1

t² ent7→ −1

t (toutes les fonctions sont bien de classeC¹) pour obtenir, par intégration par parties :

Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt=

Z k

k−1

2k−1−2t

t dt.

Une nouvelle intégration par parties donne (on dérive t 7→ 2k−1−2t en t 7→ −2 et on primitive t 7→ 1 t en t7→ln(t), toutes les fonctions sont bien de classeC¹) :

Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt = [ln(t)(2k−1−2t)]^k_k−1+ 2 Z k

k−1

ln(t) dt

= −ln(k)−ln(k−1) + 2 Z k

k−1

ln(t) dt

En réordonnant cette égalité, il vient

uk= ln(k)− Z k

k−1

ln(t) dt=1

2(ln(k)−ln(k−1))−1 2

Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt.

6. Pour tout entierk≥2, on note :

w_k =1 2

Z k

k−1

(t−k+ 1)(k−t)

t² dt.

On remarque que

∀t∈[k−1, k], 0≤(t−k+ 1)(k−t)

t² ≤ 1

t² ≤ 1 (k−1)². On en déduit par positivité de l’intégrale que

∀k≥2, 0≤w_k≤ 1 2(k−1)². Par comparaison des séries positives,X

k≥2

w_k est une série positive convergente. NotonsS sa somme.

Avec l’identité de la question précédente, on a

n

X

k=2

wk =1 2

n

X

k=2

(ln(k)−ln(k−1))−

n

X

k=2

ln(k) +

n

X

k=2

Z k

k−1

ln(t) dt.

Par télescopage, relation de Chasles et propriété de morphisme du logarithme, ceci devient

n

X

k=2

wk = 1

2(ln(n+ 1)−ln(1))−ln(n!) + Z n

1

ln(t) dt=ln(n)

2 −ln(n!) +nln(n)−n+ 1

ce qui s’écrit aussi

S−vn =nln(n)−n+ln(n)

2 −ln(n!) + 1 ou encore

ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +a+vn avec a= 1−S= 1−

+∞

X

k=2

wk.

7. En posant u=t−k+ 1(on pourrait travailler avec les expressions initiales mais le calcul est plus clair avec des intégrales entre0 et1) :

w_k =1 2

Z 1

0

u(1−u) (u+k−1)² du.

Une intégration par parties donne alors (on primitive le numérateur)

wk = 1 12k²+

Z 1

0 u²

2 −^u₃³ (u+k−1)³ du et ainsi (on calcule l’intégrale et on soustrait)

wk− 1 12

Z k

k−1

dt

t² =− 1

12k²(k−1)+ Z 1

0 u²

2 −^u₃³ (u+k−1)³ du.

Une étude élémentaire de fonction montre queu7→^u₂² −^u₃³ croît sur[0,1]et prend des valeurs entre0et ₁₂¹. On a donc

− 1

12k²(k−1) ≤wk− 1 12

Z k

k−1

dt

t² ≤ − 1

12k²(k−1)+ 1 12

Z 1

0

du (u+k−1)³. Le majorant est plus petit que 1

12 Z 1

0

du

(u+k−1)³ et donc que 1 6

Z 1

0

du

(u+k−1)³ = 1 6

Z k

k−1

dt t³. On vérifie par ailleurs que

1 6

Z k

k−1

dt

t³ − 1

12k²(k−1) = 1

12k(k−1)² ≥0 et le minorant plus haut est plus grand que −¹₆Rk

k−1 dt t³. On a finalement montré que

−1 6

Z k

k−1

dt

t³ ≤wk− 1 12

Z k

k−1

dt t² ≤ 1

6 Z k

k−1

dt t³ ce qui correspond au résultat demandé.

8. On remarque que pour p≥n+ 1≥1on a

p

X

k=n+1

w_k− 1 12

Z k

k−1

dt t²

!

=

p

X

k=n+1

w_k− 1 12

Z p

n

dt t² =

p

X

k=n+1

w_k+ 1 12p− 1

12n.

On passe au module et on utilise l’inégalité triangulaire et la question précédente pour en déduire que

p

X

k=n+1

w_k− 1 12

Z p

n

dt t²

=

p

X

k=n+1

w_k− 1 12

Z k

k−1

dt t²

!

≤1 6

Z p

n

dt t³ = 1

12n² − 1 12p²

En passant à la limite quandp→+∞, on en déduit alors

vn− 1 12n

≤ 1 12n².

On a ainsi vn= _12n¹ +O _n¹2

ce qui, injecté dans le résultat de la question6donne

ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +a+ 1 12n+O

1 n²

.

Dans la suite, on admettra quea= ¹₂ln(2π)et on pourra utiliser la formule de Stirling : ln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +1

2ln(2π) + 1 12n +O

1 n²

.

III. L’identité d’Euler. M. Cochet : à traiter

Dans cette partie, nous allons établir l’identité d’Euler suivante :

∀x >0, Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x

x(x+ 1)· · ·(x+n) (III.1).

On désigne par(fn)n≥1la suite de fonctions définies sur ]0,+∞[ par :

f_n(t) =

( 1−_n^tn

t^x−1 si t∈]0, n[

0 si t≥n

et on définit pour tout réelx >0 les suites(I_n(x))_n≥1 et(J_n(x))_n≥0 par :

In(x) = Z n

0

1− t

n ⁿ

t^x−1dt et Jn(x) = Z 1

0

(1−t)ⁿt^x−1dt.

9. La fonctionfn est continue surR^∗+(le seul problème est ennoù le raccord se fait bien, limite à droite et gauche valant0), nulle au voisinage de+∞(où elle est donc intégrable) et équivalente àt^x−1en0(où elle est intégrable puisque x >0). Ainsi fn est intégrable surR^∗+ .

10. (a) On peut affirmer que lnest concave, donc que l’inégalité ln(1 +x)≤xpour toutx >−1 est établie.

Néanmoins cela ne fait pas de mal de réviser ses classiques. Posonsg(x) =x−ln(1 +x), pourx∈]−1,+∞[.

La fonctiong est dérivable sur son domaine de définition (somme de fonctions usuelles) et on obtient

∀x >−1, g⁰(x) = 1− 1

1 +x= x 1 +x.

Le dénominateur est bien sûr toujours strictement positif sur l’intervalle considéré et le numérateur est négatif sur]−1,0[et positif après. On en déduit queg⁰est négative sur]−1,0[et positive sur]0,+∞[(nulle seulement en0). Doncg décroît sur]−1,0[et croît sur]0,+∞[. Elle admet en particulier un minimum en 0, qui vaut g(0) = 0.

Par conséquentgest positive sur]−1,+∞[et on en déduit :

∀x >−1, ln(1 +x) ≤ x .

(b) La suite de fonctions(f_n)_n converge simplement sur R+^∗ verst7→e^−tt^x−1, puisque l’on a 1−u

n ⁿ

= exp nln

1−u n

_n→+∞

−→ exp(−u).

Lesf_n ainsi que la limite simple sont continues par morceaux sur R^∗+.

Par le (a), on a : pour toutu >−1, ln(1 +u)≤u. Par croissance de l’exponentielle :

∀t∈]0, n[, 0 ≤ fn(t) ≤ t^x−1e^nln(1−_n^t) ≤ t^x−1e^−t = θ(t)

et l’inégalité reste vraie trivialement pourt≥n. La fonction majoranteθest intégrable surR^∗+ (question1.) et le théorème de convergence dominée s’applique pour donner

n→+∞lim In(x) = lim

n→+∞

Z +∞

0

fn(t) dt = Z +∞

0

e^−tt^x−1dt = Γ(x).

11. Soita∈]0,1]. Une intégration par parties donne Z 1

a

(1−u)ⁿ⁺¹u^x−1dx = u^x

x(1−u)ⁿ⁺¹ 1

a

+n+ 1 x

Z 1

a

u^x(1−u)ⁿdu.

En passant à la limite a→0 (les différentes quantités existent ; en particulier, x >0donnex−1>−1et on a l’intégrabilité au voisinage de 0)

Jn+1(x) = n+ 1

x Jn(x+ 1) .

12. Prouvons par récurrence la propriété

∀n≥1, ∀x >0, Jn(x) = n!

x(x+ 1)· · ·(x+n−1)J0(x+n).

• Initialisation : le résultat est vrai au rang1 d’après la question précédente.

• Hérédité : supposons le résultat vrai au rang n ≥ 1. En utilisant la question précédente et l’hypothèse de récurrence au rang navecx+ 1, on obtient le résultat au rangn+ 1.

Le calcul de J₀ étant immédiat, il vient :

Jn(x) = n!

x(x+ 1)· · ·(x+n) .

13. Le changement de variable affineu=t/ndonne Z n

0

1− t

n ⁿ

t^x−1dt = n^x Z 1

0

(1−u)ⁿu^x−1du = n!n^x

x(x+ 1)· · ·(x+n).

La question 10indique alors que

Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x

n

Y

k=0

(x+k) .

IV. Une intégrale à paramètres. M. Cochet : facultatif, pour élèves étoilés

Dans toute la suite, on définit une fonctionhsurRpar h(u) =u−[u]−1

2, où[u]désigne la partie entière deu.

14. Siu∈[−1,0[alorsh(u) =u+ 1/2. Siu∈[0,1[, alorsh(u) =u−1/2. Enfinh(1) =−1/2. D’où le graphe suivant :

15. Soitxun réel strictement positif. Pour tout entier natureln:

an =

Z n+1

n

h(u) x+udu =

Z n+1

n

u−n−¹₂ x+u du

=

Z n+1

n

x+u−x−n−¹₂ x+u

du =

Z n+1

n

1−x+n+¹₂ x+u

du

=

u−

x+n+1 2

ln(x+u) ⁿ⁺¹

n

= 1−

x+n+1 2

[ln(n+ 1 +x)−ln(n+x)]

= 1−

x+n+1 2

ln

1 + 1

n+x

On effectue alors un développement asymptotique :

an= 1−

x+n+1 2

1

n+x− 1

2(n+x)² + 1

3(n+x)³+o 1

(n+x)²

=− 1

12(n+x)² +o 1

(n+x)²

.

On en déduit que

a_n ∼

n→+∞ − 1

12(n+x)² ∼ − 1 12n²

et la sérieX 1

12n² converge, donc la sérieX

an converge par comparaison de séries à termes positifs (SATP).

Soit maintenant un réel A >1. Si on posen= [A]≥1, on a : Z A

0

h(u) x+udu =

n−1

X

k=0

Z k+1

k

h(u) x+udu =

n−1

X

k=0

ak+ Z A

n

u−n−¹₂ x+u du.

Par ailleurs :

Z A

n

u−n−¹₂ x+u du

≤ Z A

n

u−n−¹₂ x+u du ≤

Z A

n 1 2

x+Adu = 1

2(x+A)(A−n) ≤ 1 2(x+A).

Il vient alors :

A→+∞lim Z A

n

u−n−¹₂

x+u du = 0.

Commentend vers+∞lorsqueAtend vers+∞et comme la sérieX

an converge, on obtient :

A→+∞lim Z A

0

h(u) x+udu =

+∞

X

k=0

ak ∈R.

On peut donc conclure

Z +∞

0

h(u)

x+uduconverge.

16. Pour toutn∈N, on a h(u) =u−n−1

2 lorsque u∈[n, n+ 1[et ( h(u)<0 si u∈

n, n+¹₂ h(u)≥0 si u∈

n+¹₂, n+ 1 .

Soitxun réel strictement positif. Pour toutn∈N^∗, on a : Z n

0

h(u) x+u

du =

n−1

X

k=0

Z k+1

k

|h(u)|

x+udu =

n−1

X

k=0

"

Z k+1

k+¹₂

h(u) x+udu−

Z k+¹₂

k

h(u) x+udu

#

=

n−1

X

k=0

ak−2

n−1

X

k=0

bk

avecb_k= Z k+¹₂

k

h(u)

x+udu. Comme plus haut :

b_k = Z k+¹₂

k

h(u) x+udu=

u−

x+k+1 2

ln(x+u) k+¹₂

k

= 1 2−

x+k+1 2

ln

1 + 1

2(k+x)

.

Le développement asymptotique donne ici après calculs : Z k+¹₂

k

h(u)

x+udu = − 1

8(k+x)+o 1

k+x

.

Doncb_k∼ − 1

8(k+x)∼ − 1

8k. Or la série X

k

1

8k diverge, donc par comparaison de SATP : X

k

b_k diverge.

On en déduit

n→+∞lim Z n

0

h(u) x+u

du= +∞

et donc Z +∞

0

h(u) x+u

dudiverge. Autrement dit : l’applicationu7→ h(u)

x+u n’est pas intégrable surR+ .

V. Une autre identité due à Euler. M. Cochet : facultatif, pour élèves étoilés

Nous allons maintenant établir une autre formule importante due à Euler, valable pour toutx >0 : ln(Γ(x+ 1)) = (x+1

2) ln(x)−x+ ln(√ 2π)−

Z +∞

0

h(u) x+udu

oùhest l’application définie à la partie IV. On fixex >0et pour tout entier natureln, on définitFn(x)par Fn(x) = ln

n!n^x+1

(x+ 1)(x+ 2)· · ·(x+n+ 1)

.

17. Une intégration par partie donne (on primitive 1ent−x−i−1) Z x+i+1

x+i

ln(t) dt= [(t−x−i−1) ln(t)]^t=x+i+1_t=x+i −

Z x+i+1

x+i

t−x−i−1

t dt

Avec le changement de variable u=t−xdans l’intégrale du membre de droite, on a alors Z x+i+1

x+i

ln(t) dt= ln(x+i)− Z i+1

i

u−i−1 u+x du 18. On a tout d’abord

∀i∈N, Z i+1

i

h(u) x+udu=

Z i+1

i

u−i−1/2 u+x du=

Z i+1

i

u−i−1 u+x du+1

2 Z i+1

i

du u+x

En sommant ces relations dei= 0ài=net en utilisant la relation de Chasles et la question précédente, il vient Z n+1

0

h(u)

x+u du= ln(x(x+ 1). . .(x+n))−

Z x+n+1

x

ln(t) dt+1 2

Z n+1

0

du u+x

Le calcul des intégrales est immédiat (x7→xln(x)−xest une primitive dex7→ln(x)) et on obtient la quantité ln((x+ 1). . .(x+n)(x+n+ 1))−(x+n+3

2) ln(x+n+ 1) + (x+n+ 1) +xln(x)−x+ln(x) 2 On a alors

Gn(x)− Z n+1

0

h(u)

x+udu= ln

n!n^x+1 (x+ 1)· · ·(x+n+ 1)

=Fn(x)

19. On écrit queln(n!) =nln(n)−n+ln(n)

2 +ln(2π)

2 +o(1). Puis :

(x+n+3

2) ln(x+n+ 1) = (n+x+3 2)

ln(n) + ln(1 +1 +x n

= (n+x+3 2)

ln(n) +1 +x n +o

1 n

= nln(n) + (x+3

2) ln(n) + (1 +x) +o(1) On en déduit alors que

Gn(x) = 1 + (x+1

2) ln(x)−1−x+ln(2π) 2 +o(1)

c’est à dire que lim

n→+∞G_n(x) = (x+1

2) ln(x)−x+ ln(√ 2π).

20. Avec l’identité d’Euler et la continuité deln, on aFn(x)→ln(Γ(x+ 1))quandn→+∞. On a ainsi, en passant à la limite dans 20,

ln(Γ(x+ 1)) = (x+1

2) ln(x)−x+ ln(√ 2π)−

Z +∞

0

h(u) x+udu