Convergence de cette série ?
Je demandais récemment des informations sur l'histoire de la fonction Gamma. Quelqu'un avait partagé ce PDF et à la page 5, on trouve le produit infini suivant, censée être valable pour tout $n \geqslant 1$ :
$\bigg[\bigg(\dfrac{2}{1}\bigg)^n\dfrac{1}{n+1}\bigg]\bigg[\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^n\dfrac{2}{n+2}\bigg]\bigg[\bigg(\dfrac{4}{3}\bigg)^n\dfrac{3}{n+3}\bigg]...=n!$
Sous réserve que ce produit existe effectivement, la formule est simple. J'ai voulu vérifier l'existence de ce produit. La méthode usuelle consiste à dire que c'est l'exponentielle de son logarithme, ce qui ici nous ramène à étudier $\displaystyle \sum_{k \geqslant 1} \ln\bigg( \bigg(\dfrac{k+1}{k}\bigg)^n \cdot \dfrac{k}{n+k}\bigg)$.
Je voudrais majorer ça par une série dont je sais qu'elle converge, mais je n'y arrive pas. Si quelqu'un a un indice, je prends.Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Pour terminer il faut donc montrer que $u_p=\dfrac{p! (p+1)^n}{(n+p)!} $ tend vers $1$.
Pour moi c'est immédiat de montrer l'égalité :
$\dfrac {(p+1)^nn!}{(p+1)\dots(p+n)}=\dfrac {(p+1)^n p!}{(n+1)\dots (n+p)}$
Tu pars en effet du produit infini (qui présente l'intérêt de ne pas faire intervenir la constante d'Euler $\gamma$)
et qui est une bonne alternative au produit infini proposé par Weierstrass soit
$\displaystyle \Gamma(1+x) = \frac{(1+1)^x}{1+x}\times\frac{(1+\frac{1}{2})^x}{1+\frac{x}{2}}\times\frac{(1+\frac{1}{3})^x}{1+\frac{x}{3}}\times\cdots\times \frac{(1+\frac{1}{p})^x}{1+\frac{x}{p}}\times\ldots$
pour $x = n$ il vient immédiatement ce que tu cherchais : $$n! = \prod_{p=1}^{\infty}\frac{(1+\frac{1}{p})^n}{1+\frac{n}{p}}$$Cordialement.
On en déduit ensuite les propriétés des produits infinis de fonctions holomorphes. Le théorème est une conséquence du lemme suivant.
Tu peux le démontrer en utilisant le développement en série entière du logarithme naturel. Ensuite, pour établir le théorème on dit que $e^{\log z} = z$ quand $z$ est assez voisin de $1$, et ça vient tout seul.
Pour ton produit infini, tu peux vérifier (par exemple avec un développement limité) que les fonctions $f_k(z) = \frac{(1+\frac{1}{k})^z}{1+\frac{z}{k}} - 1$ satisfont les hypothèses du théorème (sur tout compact). Enfin, en prime tu as de la convergence uniforme sur tout compact de $\mathbb C\setminus \{-1,-2,\ldots\}$.
Premièrement, c'est un exercice très classique de montrer que pour $\operatorname{Re} z > 0$ on a
$$ \Gamma(z) = \lim_{n\to\infty} \int_0^n t^{z-1} (1-\tfrac{t}{n})^n\,\mathrm dt = \lim_{n\to\infty} \frac{n^z n!}{z(z+1) \cdots (z+n) } $$
En arrangeant un peu les expressions, on voit que
$$ \frac{n^z n!}{z(z+1) \cdots (z+n) } = \frac{n^z}{z} \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{z}{k}} \underset{n\to \infty}{\sim} \frac{((n+1)!)^z}{(n!)^z} \frac{1}{z} \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{z}{k}} = \frac{1}{z} \prod_{k=1}^n \frac{(k+1)^z}{k^z} \frac{1}{1+\frac{z}{k}} = \frac{1}{z} \prod_{k=1}^n \frac{(1+\frac{1}{k})^z}{1+\frac{z}{k}} $$ D'où le fameux produit infini que tu convoites.
En arrangeant autrement les termes, de sorte à faire intervenir la différence entre le $n^\text{ème}$ nombre harmonique et le logarithme de $n$, on obtient la célèbre factorisation canonique de Weierstrass
$$ \frac{1}{\Gamma(z)} = z e^{\gamma z} \prod_{k=1}^\infty \bigg(1+\frac{z}{k}\bigg)e^{-z/k} $$ où $\gamma$ est la constante d'Euler-Mascheroni. La théorie des produits infinis de fonctions holomorphes montre que ce produit converge uniformément sur tout compact du plan, et détermine une fonction entière qui s'annule uniquement sur les entiers négatifs (et ces zéros sont simples).
Dans tous les cas (avec un produit infini ou l'autre) on obtient que la fonction $\Gamma$ se prolonge analytiquement au plan complexe privé des entiers négatifs (le prolongement est unique en vertu du théorème/principe du prolongement analytique). De plus, on peut lire dans ces produits infinis que les entiers négatifs sont des pôles simples de $\Gamma$ et que les résidus sont donnés par :
$$ \operatorname*{Res}_{z=-k} \Gamma(z) = \frac{(-1)^k}{k!} $$
Je t'invite également à jeter un œil aux diverses méthodes qui permettent le prolongement analytique de la fonction $\Gamma$ (il y en a des tonnes). Même si on obtient la même fonction $\Gamma$ à la fin, ces différentes méthodes sont toutes instructives.
Autrement, suis l'indication de JLapin.
Bonjour, le fil https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2332382/fonction-gamma-encore#latest m'a fait venir ici, et j'essaie de me remettre l'analyse en tête, et pour commencer, l'analyse réelle ...
Pour la convergence de l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 (-\ln t)^{x-1}\text{d}t$ ssi $x>0$, je ferais simplement ceci :
- pour la borne $0$ ; $\forall x \in \R, t^{1/2}(\ln(t))^{x-1} \rightarrow 0$ quand $t \rightarrow 0$, donc $(\ln(t))^{x-1} = o(\dfrac{1}{t^{1/2}})$ ; or l'intégrale de Riemann $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{t^{1/2}} \text{d}t$ converge (car $1/2 < 1$), donc l'intégrale est convergente pour la borne $0, \forall x \in \R$
- pour la borne $1$ ; en posant $t=1-u$, on a $\ln(1-u)=-u+o(u)$ (ou sans rien poser si on le sait déjà), donc $- \ln(t)=(1-t)+o(1-t)$, alors $(- \ln(t))^{x-1}=((1-t)+o(1-t))^{x-1}=(1-t)^{x-1} (1+o(1))^{x-1} \sim (1-t)^{x-1}$ ; or l'intégrale de Riemann $\displaystyle \int_0^1 (1-t)^{x-1} \text{d}t$ converge ssi $1-x <1$ donc ssi $x>0$.
Finalement, l'intégrale $\displaystyle \int_0^1 (-\ln t)^{x-1}\text{d}t$ est convergente ssi $x>0$.
(l'autre intégrale avec changement de variable était plus facile)
En fait, je ne comprends pas les suppositions avec $x>1, x<1$ pour cette intégrale, @SkyMtn : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2379419/#Comment_2379419, ai-je fait une erreur ?
Merci d'avance.
Je t'invite à regarder où se cachent les erreurs de raisonnement dans ton post.
$|t^{z-1}e^{-t}|=t^{Re(z)-1}e^{-t}\sim^{0^+} t^{Re(z)-1}=\frac 1{t^{1-Re(z)}}$ et tu sais que $\int_0^1 \frac 1{t^{\alpha }}$ est convergente pour $\alpha<1$