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Formule des compléments

Posté par
SkyMtn 01-08-17 à 22:03

Bonsoir ! Je désigne par \Gamma la fonction "\Gamma d'Euler" prolongée en une fonction analytique sur \C-\Z^-.
J'aimerais montrer au moyen de résultats "élémentaires" d'analyse complexe, la formule des compléments :

\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin \pi z} \text{ valide pour } z\in \C - \Z

(sans avoir recourt à une intégrale double ou à une factorisation de Weierstraß de \frac{1}{\sin \pi z}).

J'ai pensé à calculer \Gamma(\frac{1}{2}) avec l'intégrale de Gauss (qui peut être calculée avec le théorème des résidus...), pour avoir sous la main l'égalité : \Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(1-\frac{1}{2})\sin(\frac{\pi}{2}) = \pi.

La stratégie serait alors de montrer que f(z) = \Gamma(z)\Gamma(1-z)\sin\pi z est constante sur \C puis calculer sa valeur en z=\frac{1}{2} pour conclure (en veillant que z ne soit pas entier, pour pouvoir diviser par \sin \pi z...).
On sait que cette fonction est analytique sur \C - \Z  et on peut remarquer qu'elle est aussi 1-périodique.
Mais comment montrer qu'elle est constante (au moins sur la bande 0<\mathrm {Re}(z)<1) ?
Si on montre que les singularités de f sont effaçables et que f est bornée, est-ce qu'on peut invoquer le théorème de Liouville pour prouver que f est en fait constante ?
Autrement je vois pas trop comment faire

Merci pour vos réponses.

Posté par
jokassre : Formule des compléments 01-08-17 à 23:42

Salut,

sur le papier je te dirais que oui ça peut marcher.

Maintenant montrer qu'elle est bornée bonne chance.
Il faut aussi montrer que "ses singularités sont effaçable" la aussi bonne chance.

Comme tu l'as dit il existe une demonstration assez simple en calculant le residus puis en utilisant Fubini. Je ne comprend pas pourquoi tu ne veux pas utiliser un théorème aussi élementaire que Fubini mais soit.

Défini moi ta fonction gamma car il y a aussi un moyen de le démontrer à l'aide des produit infini notamment celle du sinus. Je sais pas si tu es très chaud sur les produits infini.

Pour finir si tu connais la fonction Bêta, il existe un moyen de démontrer la formule des compléments en démontrant plusieurs propriété de la fonction Bêta; c'est d'ailleurs comme cela quel a était démontré dans le cours que j'ai eu en analyse complexe.

Ca te fait déjà trois démonstrations c'est pas mal non?

Sachant que ta proposition de démonstration est surement faisable, mais en aucun cas plus facile et encore moins plus rapide.

Posté par
SkyMtnre : Formule des compléments 02-08-17 à 00:00

C'est pas Fubini qui me gène... c'est ce qui vient ensuite (le changement de variable...)
Je suis pas non plus très fan des produits de Weierstrass... Pour la fonction Beta, la preuve de \mathrm B(a,b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} repose également sur Fubini et le changement de variable (c'est pas trop mon ami en ce moment ^^).

C'est pour ça que je cherche un moyen détourné de le démontrer... même s'il est plus long et plus technique

Posté par
SkyMtnre : Formule des compléments 02-08-17 à 22:08

Si la preuve par Fubini est la plus simple... ça donne ça ?

Il faut montrer que quelque soit z\in\mathbb C \setminus \mathbb Z, on a \Gamma(z)\Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin \pi z}

Puisque la fonction \Gamma vérifie pour tout s\in \mathbb C\setminus \mathbb Z_- la relation \Gamma(s+1) = s\Gamma(s).  
On a alors \Gamma(1+z)\Gamma(1-(1+z)) = z\Gamma(z)\Gamma(-z) = \Gamma(z)\Gamma(1-z) pour z\in\mathbb C \setminus \mathbb Z.  
La fonction est donc 1-périodique, ce qui ramène l'étude à la bande 0<\mathrm{Re}(z)<1.

Supposons z \in \mathbb C tel que 0<\mathrm{Re}(z)<1, on a alors 0 < \mathrm{Re}(1-z) < 1 et
\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \left(\int_0^\infty u^{z-1}\mathrm e^{-u}\,\mathrm du\right)\left(\int_0^\infty v^{-z}\mathrm e^{-v}\,\mathrm dv\right)
On peut appliquer Fubini (il reste à expliquer pourquoi...), ce qui permet d'écrire
\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \int_0^\infty\int_0^\infty \left(\frac{u}{v}\right)^{z}\mathrm e^{-u}\mathrm e^{-v}\,\frac{\mathrm du\mathrm dv}{u}
On peut effectuer un premier changement de variable t = u/v pour tout v>0:
\int_0^\infty \left(\frac{u}{v}\right)^{z}\mathrm e^{-u}\mathrm e^{-v}\,\frac{\mathrm du}{u} = \int_0^\infty t^{z-1}\mathrm e^{-v(t+1)}\,\mathrm dt
Avec Fubini, on permute l'ordre d'intégration :
\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \int_0^\infty\int_0^\infty t^{z-1}\mathrm e^{-t(v+1)}\,\mathrm dt\mathrm dv = \int_0^\infty\int_0^\infty t^{z-1}\mathrm e^{-v(t+1)}\,\mathrm dv\mathrm dt
Pour t>0, on peut calculer l'une des intégrales : \int_0^\infty t^{z-1}\mathrm e^{-t(v+1)}\,\mathrm dv = \left.-t^{z-1}\frac{\mathrm e^{-v(t+1)}}{1+t}\right\vert_0^\infty = \frac{t^{z-1}}{1+t}
Enfin, il vient que \Gamma(z)\Gamma(1-z) = \int_0^\infty \frac{t^{z-1}}{1+t}\,\mathrm dt

Il reste à faire un changement de variable en exponentielle et d'intégrer sur le bord d'un rectangle, dont l'un des côtés est sur l'axe réel, et tel qu'il entoure une singularité en \mathrm i\pi par exemple.
Avec le théorème des résidus et quelques majorations astucieuses on prouve le résultat. Puis par périodicité, il s'étend à tout z complexe non entier.

Posté par
SkyMtnre : Formule des compléments 02-08-17 à 22:12

* là où j'ai écris exp(-t(v+1)) c'est plutôt exp(-v(t+1)).

Posté par
jokassre : Formule des compléments 03-08-17 à 19:34

ça me semble correct mais tu n'as pas prouvé la première affirmation et fait la fin.

Mais oui c'est correct.

As-tu réussi à faire la preuve comme tu le voulais ?


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