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[ID: 2819] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:18] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

\(\Gamma'(1)=-\gamma\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:18

Il est considéré comme acquis¹ que la fontion \(\Gamma\) est de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb R_+^\star\) avec \[\Gamma^{(k)}(x)=\int_0^\infty\,\log^k(t)e^{-t}t^{x-1}dt,\quad\forall\,k\in\mathbb N.\]

Considérons pour tout \(n\in\mathbb N\) les fonctions \[f_n(x)=\log(t)\left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n{\bf{1}}_{[0,n]}(t)=\begin{cases} \log(t)\left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n \quad &\text{pour}\quad t\in[0,n],\\ 0\quad& \text{si}\quad x>n.\end{cases}\] La suite \((f_n)_n\) est simplement convergente sur \(\mathbb R_+\) vers \(t\mapsto \log(t)e^{-t}\) et l’inégalité classique \((1-t)^a\leq e^{-at}, a>0, 0\leq t\leq 1\), assure la domination \[\vert f_n(t)\vert\leq \vert\log(t)\vert e^{-t}\in L^1(\mathbb R_+).\] Le théorème de la convergence dominée peut donc s’appliquer : \[\lim_n\int_0^n\, \left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n\log(t)dt=\lim_n\int_{\mathbb R_+}\,f_n(t)dt=\int_{\mathbb R_+}\,\log(t)e^{-t}dt=\Gamma'(1).\]

Posons \(I_n=\int_0^n (1-t/n)^n\log(t)dt\), il nous reste à prouver que \(\lim_n I_n=-\gamma\). Pour cela, on fait dans \(I_n\) le changement de variables \(u=1-t/n\) : \[\begin{aligned}I_n&=\int_0^n \left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n\log(t)dt =\int_0^1\, u^n\log(n(1-u))ndt\\ &=\int_0^1\, u^n\log(n)ndt+\int_0^1\, u^n\log(1-u)ndt\\ &=\dfrac{n\log(n)}{n+1}-n\int_0^1\, u^n\sum_{k=0}^\infty \dfrac{u^k}{k} dt\\ &=\dfrac{n\log(n)}{n+1}-\lim_{N\to\infty} \sum_{k=0}^N n\int_0^1\,\dfrac{u^{n+k}}{k}du\\ &=\dfrac{n\log(n)}{n+1}-\lim_{N\to\infty} \sum_{k=0}^N\dfrac{n}{k(n+k+1)}=\dfrac{n\log(n)}{n+1}-\lim_{N\to\infty}J_N\\ \end{aligned}\] où \[J_N=\sum_{k=0}^N\dfrac{n}{k(n+k+1)} =\dfrac{n}{n+1}\sum_{k=0}^N\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{n+k+1}\right).\] Pour \(N>n\) on peut écrire \[\begin{aligned}J_N&=\dfrac{n}{n+1}\left(\dfrac{1}{1}+\dots+\dfrac{1}{n-1}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\dots+\dfrac{1}{N} -\dfrac{1}{n+1}-\dots-\dfrac{1}{N}-\dfrac{1}{N+1}-\dots-\dfrac{1}{N+n+1}\right)\\ &=\dfrac{n}{n+1}\left[1+\dots+\dfrac{1}{n}- \underset{n+1\ \text{termes}}{\underbrace{\left(\dfrac{1}{N+1}+\dots+\dfrac{1}{N+n+1}\right)}}\right] \end{aligned}\] le groupe termes sur l’accolade est constitué de \(n+1\) termes, indépendant de \(N\) : il tendra donc vers \(0\) avec \(N\), soit \[\lim_{N\to\infty}J_N=\dfrac{n}{n+1}\left(1+\dots+\dfrac{1}{n}\right)\] puis \[I_n=\dfrac{n\log(n)}{n+1}-\lim_{N\to\infty}J_N=\dfrac{n\log(n)}{n+1}- \dfrac{n}{n+1}\left(1+\dots+\dfrac{1}{n}\right).\] et finalement \[\begin{aligned}\Gamma'(1)&=\lim_{n\to\infty} I_n =\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\log(n)}{n+1}- \dfrac{n}{n+1}\left(1+\dots+\dfrac{1}{n}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}\left(\log(n)-\left(1+\dots+\dfrac{1}{n}\right)\right)=-\gamma.\end{aligned}\]

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1. 1  Mais attention, vérifier les hypothèses de dérivation sous l’intégrale n’est pas compétement immédiat et doit être parfaitement maitrisé...!