notes de cours

Preuve 7.4. Pour s ∈]0; 1[ :
Conséquence : ∀z ∈ C \ Z
Γ(s)Γ(1 − s) =
∫ ∞
0
∫ ∞
u=vt
=
0
∫ ∞ ∫ ∞
=
=
0
∫ ∞
e −t t s−1 [∫ ∞
0
]
e −u u −s du dt
[∫ ∞
]
e −t t s−1 e −vt (vt) −s tdv dt
0
v −s
0
∫ ∞
v=e
=
x
−∞
1 + v dv
π
sin(π(1 − s))
π
sin(πs)
0
e −t(v+1) v −s dtdv
e −(1−s)x
1 + e x dx
1
Γ(z) = sin(πz) Γ(1 − z)
π
∀n ∈ N ∗ , z ↦→ sin(πz)Γ(1 − z) reste bornée au voisinage de n (car sin(πz) a un zéro simple en n et Γ(1 − z)
a un pôle simple en n). et donc 1 Γ
se prolonge en une fonction entière. =⇒ ∀z ∈ C \ Z, Γ(z) ≠ 0.
Conclusion provisoire : Si on arrive à montrer que l’ordre de 1 Γ = 1, alors 1 Γ
est une fonction entière
1
dont les zéros (tous simples) sont les entiers < 0. Par le théorème d’Hadamard : ∃a, b, c ∈ C,
Γ(z)
=
e az+b z ∏ n>0 (1 + z n )e− z n .
Théorème 7.1. – 1 Γ
est d’ordre 1.
1
– ∀z ∈ C\Z,
Γ(z) = eγz z ∏ n>0 (1+ z ∑
n )e− z n
n où γ est la constante d’Euler-Macheroni (γ = lim n→+∞ k=1 1 k −
ln(n)).
Preuve 7.5.
1
Remarque 7.1.7. z ↦→ est une fonction entière d’ordre 1, de zéros 1 Γ(z)Γ(z+ 1 2 ) 2 Z− . Mais z ↦→ 1
Γ(2z)
D’aprés le théorème d’Hadamard, il existe a, b, tels que :
On regarde l’identité pour z = 1 2 et z = 1 :
1
Γ(z)Γ(z + 1 2 ) = 1
eaz+b
Γ(2z)
e a 2 +b =
e a+b =
Γ(1)
Γ(1)Γ( 1 2 ) = √ 1
π
Γ(2)
Γ(1)Γ( 3 2 ) = 2 √ π
De là, e a 2 = 2 et e b = 1
2 √ π : Γ(2z) = 4z
2 √ π Γ(z)Γ(z + 1 2 )
(Formule de duplication de Legendre).
aussi.
42