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Fonction gamma

Posté par
Skops 11-09-09 à 21:54

Bonsoir,

On définit la fonction gamma dans le plan complexe par :

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}x^{z-1}e^{-x}dx

Montrer que la fonction gamma est défini pour Re(z)>0

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}x^{z-1}e^{-x}dx

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}e^{(z-1)ln(x)}e^{-x}dx

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}e^{(a+ib-1)ln(x)}e^{-x}dx

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}e^{aln(x)+ibln(x)-ln(x)}e^{-x}dx

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}e^{aln(x)-ln(x)}\times e^{ibln(x)}e^{-x}dx

4$\Gamma (z)=\int_0^{+\infty}e^{aln(x)-ln(x)}\times (cos(ln(x^b))+isin(ln(x^b)))e^{-x}dx

Je m'interesse à la partie réelle maintenant

4$e^{-x}\frac{x^a}{x}cos(ln(x^b))

Au voisinage de +oo, on a

4$|e^{-x}\frac{x^a}{x}cos(ln(x^b))|\le \frac{2}{x^{1-a}}

Avec Riemann, l'intégrale (vers l'infini) converge pour 1-a > 1 soit a<0

Où est le problème ?

Merci

Skops

Posté par
robby3re : Fonction gamma 11-09-09 à 22:14

Bonsoir Skops

en fait il faut que tu montres que 5$ \fbox{\rm f(t)=t^{z-1}exp{-t} est integrable sur ]0,+\infty[ \Longleftrightarrow Re(z)>0}

f est continue sur ]0,+\infty[ pour tout z,
sauf erreur:

5$ |t^{z-1}exp{-t}|=t^{Re(z)-1}exp{-t} \sim_{t\to 0^+} t^{Re(z)-1}

et

5$ |t^{z-1}exp{-t}|=t^{z-1}exp{-t}=_{t\to +\infty}o(exp{-\frac{t}{2}})

sauf erreurs.

Posté par
Skopsre : Fonction gamma 11-09-09 à 22:19

Oui j'avais vu cette démo mais je demande ce qui cloche dans la mienne

Skops

Posté par
Skopsre : Fonction gamma 12-09-09 à 00:03

Dernier problème, on me demande de montrer que

4$\Gamma(\frac{1}{2})^2=2\pi\int _0 ^{+\infty}xe^{-x^2}dx

Une piste s'il vous plait

Skops

Posté par
olive_68re : Fonction gamma 12-09-09 à 00:20

Salut

L'intégrale fait 3$\fr{1}{2} non ? De plus 3$\Gamma \(\fr{1}{2}\)^2=\sqrt{\pi}

Si tu ne le sais pas tu peux trouver une démo sur le net, j'avais déjà cherché parce que quelqu'un avait posé la question sur l'île mais plus moyens de mettre la main sur le topic ^^

Posté par
olive_68re : Fonction gamma 12-09-09 à 00:22

Voilà le topic avec le lien, en éspérant que ça puisse t'aider .. Autour de la fonction gamma

Posté par
Skopsre : Fonction gamma 12-09-09 à 09:15

Malheureusement, ca m'aide pas ^^

D'ailleurs, c'est gamma(1/2) qui vaut racine de pi

Skops

Posté par
olive_68re : Fonction gamma 12-09-09 à 12:14

Sorry J'espère que robby va pouvoir t'aider ..

Posté par
robby3re : Fonction gamma 12-09-09 à 12:32

Re,
pour ta première question,je ne vois toujours pas ou ça "merde".


pour la 2eme question,je regarderais les deux quantités de manière séparées...

en fait,5$ \Bigint_0^{+\infty} x.exp{-x^2}dx=\frac{1}{2}


et tu sais que 5$ \Gamma(\frac{1}{2})=\Bigint_0^{+\infty} \frac{exp{-x}}{\sqrt{x}} dx

puis tu fais 5$ x=u^2 dans l'integrale,tu tombes sur 5$ 2\Bigint_0^{+\infty} exp{-u^2} du=\Bigint_{\mathbb{R}} exp{-u^2}du=\sqrt{\pi}

sauf erreurs.

Posté par
robby3re : Fonction gamma 12-09-09 à 12:45

pour être "propre":

5$ \Gamma(\frac{1}{2})^2=\Gamma(\frac{1}{2}).\Gamma(\frac{1}{2})=\(\Bigint_0^{+\infty} \frac{exp{-x}}{\sqrt{x}}dx\)\(\Bigint_0^{+\infty} \frac{exp{-x}}{\sqrt{x}}dx\)=\(2\Bigint_0^{+\infty}exp{-u^2}du\)\(2\Bigint_0^{+\infty} exp{-u^2}du\)=\(\Bigint_{-\infty}^{+\infty}exp{-u^2}du\)\(\Bigint_{-\infty}^{+\infty}exp{-u^2}du\)=\sqrt{\pi}.\sqrt{\pi}=\pi \\
le tout en ayant à l'esprit que 5$ \fbox{f(x)=exp{-x^2}} est paire et en ayant fait le changement de variable 5$ \fbox{x=u^2} dans les intégrales.
d'une part,
et d'autre part:

5$ 2\pi \Bigint_0^{+\infty} x.exp{-x^2}dx=2\pi.[-\frac{1}{2}exp{-x^2}]_0^{+\infty}=\pi
d'ou le résultat.

Posté par
Skopsre : Fonction gamma 12-09-09 à 13:22

En fait dans la suite, il me demande d'en déduire la valeur de gamma(1/2)
D'ailleurs, tu n'utilises pas l'intégrale de Gauss ?

Skops

Posté par
robby3re : Fonction gamma 12-09-09 à 13:29

Citation :
tu n'utilises pas l'intégrale de Gauss ?

si,mais bon,on sait la calculer...d'une manière ou d'une autre!

Posté par
robby3re : Fonction gamma 13-09-09 à 00:25

aprés quelques recherches, je pense avoir trouvé pour ta 2eme question, et ce,de manière directe ou plus ou moins, selon l'importance que l'on accorde au mot "directe"...

De manière générale:

5$ \Gamma(a)\Gamma(b)=\(\Bigint_0^{+\infty} x^{a-1}e^{-x}dx\)\(\Bigint_0^{+\infty} x^{b-1}e^{-x}dx\)=\Bigint_0^{+\infty} \Bigint_0^{+\infty} x^{a-1}e^{-x-y}y^{b-1}dxdy \\
on pose \fbox{y=u-x} pour \fbox{0\le x\le u} et on conserve la variable x et dxdy=dxdu d'ou

5$ \blue\fbox{\Gamma(a)\Gamma(b)}5$ =\Bigint_0^{+\infty} \Bigint_0^u e^{-u}x^{a-1}(u-x)^{b-1}dxdu=5$ \blue \fbox{\Bigint_0^{+\infty}e^{-u}\(\Bigint_0^u x^{a-1}(u-x)^{b-1} dx\)du}

on pose \fbox{x=tu}

on obtient que:

5$ \Bigint_0^u x^{a-1}(u-x)^{b-1} dx=u^{a+b-1}\Bigint_0^{1} t^{a-1}(1-t)^{b-1}dt \\
on pose \fbox{t=sin^2(\theta)}et \fbox{1-t=cos^2(\theta)} et \fbox{dt=2cos(\theta)sin(\theta)}
d'ou

5$ \Bigint_0^{1} t^{a-1}(1-t)^{b-1}dt=2\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}} (sin(\theta))^{2a-1}(cos(\theta))^{2b-1}d\theta

donc;

5$ \fbox{\fbox{\Gamma(a)\Gamma(b)=\Bigint_0^{+\infty}e^{-u}u^{a+b-1} du.\(2\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}} (sin(\theta))^{2a-1}(cos(\theta))^{2b-1}d\theta\)}}

puis tu remplaces \fbox{a=b=\frac{1}{2}} et on revient à \fbox{u=x^2}

d'ou 5$ \red \fbox{\fbox{\fbox{\Gamma(\frac{1}{2})^2=2\pi\Bigint_0^{+\infty} x.exp{-x^2}dx}}}

il doit bien y avoir beaucoup plus simple, mais je ne vois pas et là,ça semble fonctionnait comme tu le veux.


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