Formule peu connue pour la fonction bêta d'Euler

Fin de partie

Je vous propose de démontrer que pour $a>0,b>0$,

\begin{align}\displaystyle \text{B}(a,b)=\int_0^1 \frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}}dx\end{align}

Avec $\displaystyle \text{B}(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1} dx$, la fonction bêta d'Euler.

Edit; erreur corrigée. Merci Homo Topi.

Homo Topi

Curieux, pour moi $\text{B}(a,b)=\displaystyle \int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx$.

Fin de partie

Homo Topi: C'est une erreur que je corrige immédiatement. Merci.

Homo Topi

Je me suis demandé pendant un instant si ça pouvait être une définition alternative, tant mieux si ce n'est pas le cas.

etanche

Changement variable $x=\frac{1-y}{y}$ dans l’intégrale de droite du premier post de Fin de partie

Fin de partie

On a donc $y=\dfrac{1}{1+x}$ et on ne va pas obtenir les bonnes bornes.

Si on fait le contraire $y=\dfrac{1-x}{x}$ les bornes vont devenir $0$ et $+\infty$

jandri

Il faut aussi couper l'intégrale en deux et poser $z=1-y$.

Fin de partie

Si on connait un peu la fonction bêta on a une formule qui ressemble un peu à celle donnée dans le premier message mais qui est beaucoup plus connue.

\begin{align}\text{B}(a,b)=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+b}}dx\end{align}

Partant de cette formule je pense que c'est plus aisé de voir ce qu'il faut faire.

gebrane

@FDP Il me semble que tu nous a parlé de cette formule en citant le livre (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series,

edit  j'ai le livre. j'ai trouvé la formule. je peux te faire un scan

Fin de partie

@Gebrane: C''est bien là où je l'ai trouvée.

Homo Topi

Pour une fois que j'arrive à faire un truc de  FdP tout seul, je rédige :

$\text{B}(a,b)=\displaystyle\int_0^1  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx  = \int_0^{1/2}  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx + \int_{1/2}^1  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx$

CDV $x=\dfrac{y}{1+y}$ dans la première : $\displaystyle\int_0^{1/2}  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=\int_0^1 \bigg(\dfrac{y}{1+y}\bigg)^{a-1}\bigg(\dfrac{1}{1+y}\bigg)^{b-1} \dfrac{dy}{(1+y)^2}=\int_0^1 \dfrac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}dy$

CDV $x=\dfrac{1}{1+y}$ dans la seconde : $\displaystyle\int_{1/2}^1  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=\int_1^0 \bigg(\dfrac{1}{1+y} \bigg)^{a-1}\bigg(\dfrac{y}{1+y} \bigg)^{b-1}\dfrac{-dy}{(1+y)^2}=\int_0^1\dfrac{y^{b-1}}{(1+y)^{a+b}}dy$

Donc $\displaystyle\int_0^1  x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx  = \int_0^1 \dfrac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}dy+\int_0^1\dfrac{y^{b-1}}{(1+y)^{a+b}}dy=\int_0^1\dfrac{y^{a-1}+y^{b-1}}{(1+y)^{a+b}}dy$.

P.

$\int_{0}^1\frac{x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+b}}dx...$

Fin de partie

On peut aussi faire comme ça.
On commence par établir la formule:
\begin{align}\text{B}(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+b}}dx.\end{align}
On a :
\begin{align}\text{B}(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx&\overset{u=\frac{x}{1-x}}=\int_0^\infty \frac{u^{a-1}}{(1+u)^{a+b}}du.\end{align}
Donc,
\begin{align}J(a,b)&=\int_0^1 \frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}}dx=\underbrace{\int_0^\infty\frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}}dx}_{2\text{B(a,b)}}-\underbrace{\int_1^\infty\frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}}dx}_{u=\frac{1}{x}}\\J(a,b)&=2\text{B(a,b)}-J(a,b)\\J(a,b)&=\boxed{\text{B(a,b)}}\end{align}

Edit: Une coquille était restée sur une borne. Elle est corrigée.