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Corrigé du devoir

Questions de cours :  
  1. Soit $ f$ une fonction holomorphe dans $ U$, nous devons prouver que $ f$ est développable en série entière au voisinage de tout point de $ U$. Soit $ a\in U$ et $ r>$ tel que le disque $ D(a,r)$ soit contenu dans $ U$. Soit $ \gamma$ le chemin défini pour $ t\in [0,2\pi]$ par $ \gamma(t)=a+r\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}$. Pour $ z\in D(a,r)$, la formule de Cauchy nous donne

    $\displaystyle f(z)=\frac{1}{2\mathrm{i}\pi}\int_{\gamma}\frac{f(w)}{w-z} \mathrm{d}w.$

    Si $ z\in D(a,r)$ et si $ w$ vérifie $ \vert w-a\vert=r$, on a $ \vert z-a\vert<\vert w-a\vert$ et

    $\displaystyle \frac{1}{w-z}$ $\displaystyle =\frac{1}{(w-a)-(z-a)}=\frac{1}{w-a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{w-a}}$    
      $\displaystyle =\frac{1}{w-a}\sum_{n=0}^\infty \frac{(z-a)^n}{(w-a)^n} ,$    

    d'où

    $\displaystyle \frac{f(w)}{w-z}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(z-a)^n f(w)}{(w-a)^{n+1}}\;.$

    Cette série de fonctions de $ w$ est normalement convergente donc uniformément convergente sur le cercle $ \mathcal{C}(a,r)$ puisque son terme général est majoré par

    $\displaystyle \frac{M}{r}\left(\frac{\vert z-a\vert}{r}\right)^n\quad {\rm avec}\quad M=\sup_{w\in\mathcal{C}(a,r)} \vert f(w)\vert\;,$

    qui est le terme général d'une série numérique convergente. On peut donc intégrer terme à terme et on trouve

    $\displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-a)^n\quad {\rm avec}\quad a_n=\frac{1}{2\mathrm{i}\pi}\int_{\gamma}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}} \mathrm{d}w\;.$

    La fonction $ f$ est donc développable en série entière sur le disque $ D(a,r)$ et par conséquent analytique dans $ U$.

  2. Par la démonstration précédente $ f$ est développable en série entière sur tout disque de centre $ a$ contenu dans $ U$. Donc la série de Taylor en $ a$ de $ f$ coïncide avec $ f$ au moins sur le plus grand disque ouvert de centre $ a$ contenu dans $ U$. Son rayon de convergence est donc supérieur ou égal à la distance de $ a$ au bord de $ U$.
  3. Inégalités de Cauchy

    Si $ f$ est une fonction holomorphe dans le disque de centre $ a$ et de rayon $ R$, pour tout $ 0<r<R$ et $ n\geqslant 0$ on a, si $ f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n (z-a)^n$,

    $\displaystyle \vert a_n\vert=\frac{1}{n!}\vert f^{(n)}(a)\vert\leq \frac{M(r)}{r^n},$

    où $ M(r)=\sup_{\vert z-a\vert=r}\vert f(z)\vert$.

    Cette inégalité se démontre ainsi. D'après le 1) et le 2) la fonction $ f$ est développable en série entière dans le disque $ D(a,R)$ et on a pour tout $ r$ tel que $ 0<r<R$,

    $\displaystyle a_n=\frac{1}{n!} f^{(n)}(a)$ $\displaystyle =\frac{1}{2\mathrm{i}\pi} \int_{\mathcal{C}(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}} dw$    
      $\displaystyle =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(r\mathrm{e}^{\mathrm{i}t})r^{-n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt} dt$    

    Si on pose $ M(r)=\sup_{\vert z-a\vert=r}\vert f(z)\vert$, on a alors pour $ n\geqslant 0$

    $\displaystyle \vert a_n\vert=\frac{1}{n!}\vert f^{(n)}(0)\vert\leqslant \frac{1... ...pi}\vert f(r\mathrm{e}^{\mathrm{i}t})\vert r^{-n} dt\leqslant \frac{M(r)}{r^n}.$

  4. Les inégalités de Cauchy permettent de contrôler la valeur des dérivées en un point d'une fonction holomorphe par la valeur de cette fonction au voisinage de ce point. Cela permet de simplifier l'étude des suites de fonctions et des intégrales dépendant d'un paramètre dans le cas holomorphe dans un ouvert de $ \mathbb{C}$ par rapport au cas $ \mathcal {C}^1$ dans un ouvert de $ \mathbb{R}$.
  5. Théorème de Liouville

    Si $ f$ est une fonction holomorphe dans $ \mathbb{C}$ tout entier et si $ f$ est bornée, alors $ f$ est constante.


    Ce théorème se démontre ainsi. Puisque $ f$ est holomorphe dans $ \mathbb{C}$ et bornée, il existe $ M>0$ tel que $ \vert f(z)\vert\leqslant M$ pour tout $ z\in\mathbb{C}$ et les inégalités de Cauchy donnent alors $ \vert a_n\vert\leqslant \frac{M}{r^n}$ pour tout $ r>0$ et tout $ n\geqslant 0$, ce qui implique $ a_n=0$, si $ n\geqslant 1$.


    Montrons par contraposée que tout polynôme à coefficients complexes non constant possède au moins une racine. Soit $ P\in\mathbb{C}[X]$ un polynôme de degré strictement supérieur à $ 1$, supposons que $ P$ n'admet pas de racine dans $ \mathbb{C}$. La fonction $ \frac{1}{P(z)}$ est alors holomorphe dans $ \mathbb{C}$ et bornée puisque $ \frac{1}{P(z)}\to 0$ quand $ \vert z\vert\to\infty$, elle est donc constante par le Théorème de Liouville.

Exercice 1 :  
  1. La fonction $ f : z\longmapsto \mathrm{e}^{-\pi a z^2}$ est holomorphe dans $ \mathbb{C}$. Donc par le théorème de Cauchy appliqué à $ f$ sur le bord du rectangle $ R_r$,

    $\displaystyle \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi ax^2} \mathrm{d}x + \int_{0}^{y}... ...hrm{d}x= - \int_{0}^{y} \mathrm{e}^{-\pi a(-r+it)^2}\mathrm{i} \mathrm{d}x =0 $

    Pour $ r$ et $ t$ réels,

    $\displaystyle \left\vert \mathrm{e}^{-\pi a(r+it)^2}\right\vert= \left\vert \ma... ...{-\pi a(-r+it)^2}\right\vert=\mathrm{e}^{-\pi a r^2} \mathrm{e}^{\pi at^2}\;. $

    Chacune des deux intégrales sur les bords verticaux du rectangle est donc majorée en module par :

    $\displaystyle \mathrm{e}^{-\pi ar^2}\int_{0}^{\vert y\vert} \mathrm{e}^{\pi at^2} \mathrm{d}t\;, $

    quantité qui tend vers 0 quand $ r$ tend vers $ +\infty$. Donc

    $\displaystyle \lim_{r\to+\infty} \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}... ...\lim_{r\to+\infty} \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi ax^2} \mathrm{d}x =I(a)\;. $

  2. Soient $ r$ et $ R$ deux réels tels que $ 0<r<R$. Puisque $ \vert\mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}y)^2}\vert = \mathrm{e}^{\pi a y^2} \mathrm{e}^{-\pi a x^2}$,
        $\displaystyle \displaystyle{ \mathrm{e}^{-\pi a y^2}\left\vert \int_{-R}^{+R} \... ... - \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}y)^2} \mathrm{d}x\right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{ \int_{-R}^{-r} \mathrm{e}^{-\pi a x^2} \mathrm{d}x + \int_{+r}^{+R} \mathrm{e}^{-\pi a x^2} \mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \int_{-R}^{+R} \mathrm{e}^{-\pi a x^2} \mathrm{d}x - \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a x^2} \mathrm{d}x\;.}$  

    En faisant tendre $ R$ vers $ +\infty$, on obtient l'inégalité cherchée. Le majorant est indépendant de $ y$ et tend vers 0 quand $ r$ tend vers l'infini, donc la convergence vers 0 du membre de gauche est uniforme en $ y$ sur $ \mathbb{R}$.
  3. Si $ z=\mathrm{i}+t$ avec $ t\in\mathbb{R}$, alors $ \vert\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi z}\vert = \mathrm{e}^{-2\pi}<1 $. La série de terme général $ (\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi z})^n$ converge donc uniformément en $ z$, et :
    $\displaystyle f(z)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{\mathrm{e}^{-\pi az^2}}{\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi z}-1}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi az^2}(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi z})^n}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi az^2+2n\mathrm{i}\pi z}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a}} \mathrm{e}^{-\pi a(z-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2}}\;.$  

    Cette série de fonctions converge uniformément en $ z$ sur le segment $ [-r+\mathrm{i},r+\mathrm{i}]$. Par suite,
    $\displaystyle \displaystyle{ \int_{[-r+\mathrm{i},r+\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a... ...{i},r+\mathrm{i}]} \mathrm{e}^{-\pi a(z-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}z}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a... ...+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x} \;.$  

    D'après la question précédente,

    $\displaystyle \mathrm{e}^{-\pi a(1-\frac{n}{a})^2} \int_{-r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x $

    converge vers $ \mathrm{e}^{-\pi a(1-\frac{n}{a})^2}I(a)$, uniformément en $ n$. Écrivons donc :
    $\displaystyle \displaystyle{ \int_{[-r+\mathrm{i},r+\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a... ...r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\mathrm{e}^{\pi a}\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^... ...+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x+\mathrm{i}-\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x} \;.$  

    La limite quand $ r$ tend vers l'infini est donc :
    $\displaystyle \displaystyle{ \lim_{r\to+\infty}\int_{[-r+\mathrm{i},r+\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -\mathrm{e}^{\pi a}\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-2\pi n} \mathrm{e}^{-\pi a(1-\frac{n}{a})^2} I(a)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ -I(a) \sum_{n=0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi\frac{n^2}{a}} \;.}$  

  4. Si $ z=-\mathrm{i}+t$ avec $ t\in\mathbb{R}$, alors $ \vert\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi z}\vert = \mathrm{e}^{-2\pi}<1 $. La série de terme général $ (\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi z})^n$ converge donc uniformément en $ z$, et on peut écrire :
    $\displaystyle f(z)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{\mathrm{e}^{-\pi az^2}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi z}} {1-\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi z}}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi az^2}(\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi z})^{n+1}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi az^2-2n\mathrm{i}\pi z}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a}} \mathrm{e}^{-\pi a(z+\mathrm{i}\frac{n}{a})^2}}\;.$  

    On applique la démarche de la question précédente, en remplaçant $ +\mathrm{i}$ par $ -\mathrm{i}$. On obtient :
    $\displaystyle \displaystyle{ \int_{[-r-\mathrm{i},r-\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a}... ...{i},r-\mathrm{i}]} \mathrm{e}^{-\pi a(z+\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}z}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a}... ...+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x-\mathrm{i}+\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x} \;.$  

    Le résultat de la question 3 conduit à écrire :
    $\displaystyle \displaystyle{ \int_{[-r-\mathrm{i},r-\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{a}... ...r}^{+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x-\mathrm{i}+\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \mathrm{e}^{\pi a}\sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{... ...+r} \mathrm{e}^{-\pi a(x-\mathrm{i}+\mathrm{i}\frac{n}{a})^2} \mathrm{d}x} \;.$  

    La limite quand $ r$ tend vers l'infini est donc :
    $\displaystyle \displaystyle{ \lim_{r\to+\infty}\int_{[-r+\mathrm{i},r+\mathrm{i}]} f(z) \mathrm{d}z}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \mathrm{e}^{\pi a}\sum_{n=1}^{+\infty}\mathrm{e}^{2\pi n} \mathrm{e}^{-\pi a(-1+\frac{n}{a})^2} I(a)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ I(a) \sum_{n=1}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi\frac{n^2}{a}} \;.}$  

  5. Le dénominateur de $ f$, $ \mathrm{e}^{2 \mathrm{i}\pi(z-n)}-1$ est holomorphe sur $ \mathbb{C}$ et s'écrit :

    $\displaystyle \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi(z-n)}-1=2\mathrm{i}\pi(z-n)+\sum_{k=2}^{+\infty} \frac{(2\mathrm{i}\pi(z-n))^k}{k!}\;. $

    Donc :

    $\displaystyle \mathrm{Res}(f,n) = \lim_{z\to n} (z-n)f(z) = \frac{\mathrm{e}^{-\pi an^2}}{2\mathrm{i}\pi}\;. $

  6. Le théorème des résidus, appliqué à $ f$ sur le rectangle de sommets $ \pm(N+\frac{1}{2})\pm\mathrm{i}$, donne :

    $\displaystyle I_1+I_2+I_3+I_4 = 2\mathrm{i}\pi \sum_{n=-N}^{+N} \mathrm{Res}(f,n) = \sum_{n=-N}^{+N} \mathrm{e}^{-\pi an^2}\;, $

    où

    $\displaystyle I_1=\int_{[-N-\frac{1}{2}-\mathrm{i},N+\frac{1}{2}-\mathrm{i}]}f(... ...\int_{[N+\frac{1}{2}-\mathrm{i},N+\frac{1}{2}+\mathrm{i}]}f(z) \mathrm{d}z\;, $

    $\displaystyle I_3=\int_{[N+\frac{1}{2}+\mathrm{i},-N-\frac{1}{2}+\mathrm{i}]}f(... ...t_{[-N-\frac{1}{2}+\mathrm{i},-N-\frac{1}{2}-\mathrm{i}]}f(z) \mathrm{d}z \;. $

    D'après les questions 3 et 4, $ I_1+I_3$ converge, quand $ N$ tend vers l'infini, vers :

    $\displaystyle I(a) \sum_{n=1}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi\frac{n^2}{a}} -\left(-... ...}{a}}\right) = I(a)\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi\frac{n^2}{a}}\;. $

    Il suffit donc de démontrer que les intégrales $ I_2$ et $ I_4$ tendent vers 0. Il est facile de vérifier qu'elles sont égales. La majoration suivante est analogue à celle de la question 1.
    $\displaystyle \vert I_2\vert$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \left\vert\int_{[N+\frac{1}{2}-\mathrm{i},N+\frac{1}{2}+\mathrm{i}]}f(z) \mathrm{d} z\right\vert}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \left\vert\int_{-1}^{+1}\frac{\mathrm{e}^{-\pi a(N... ...thrm{e}^{2\mathrm{i}\pi(N+\frac{1}{2}+\mathrm{i}t)}-1} \mathrm{d}t\right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{ \mathrm{e}^{-\pi a(N+\frac{1}{2})^2} \int_{-1}^{+1... ...ert\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi(N+\frac{1}{2}+\mathrm{i}t)}-1\vert} \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \mathrm{e}^{-\pi a(N+\frac{1}{2})^2} \int_{-1}^{+1}\frac{\mathrm{e}^{\pi at^2}} {\mathrm{e}^{-2\pi t}+1} \mathrm{d}t}\;.$  

    Donc $ I_2$ et $ I_4$ tendent vers 0 quand $ N$ tend vers l'infini.
  7. En remplaçant $ a$ par $ 1$ dans l'identité de la question précédente, on obtient :

    $\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi n^2} = I(1)\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi n^2} \;, $

    donc $ I(1)=1$. Le changement de variable $ x\mapsto \frac{y}{\sqrt{a}}$ donne :

    $\displaystyle I(a) = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-y^2} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{a}} = \frac{1}{\sqrt{a}}I(1) = \frac{1}{\sqrt{a}}\;. $

  8. Fixons $ \varepsilon>0$. Pour tout $ z$ tel que $ \mathrm{Re} z\geqslant\varepsilon $, $ \vert\mathrm{e}^{-\pi zn^2}\vert\leqslant \mathrm{e}^{-\pi \varepsilon n^2} $. Par conséquent la série $ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi zn^2}$ converge normalement, donc uniformément, sur le demi-plan $ \{ z\in\mathbb{C} ,\;\mathrm{Re} z\geqslant\varepsilon \}$. Elle définit donc une fonction holomorphe. Comme ceci est vrai pour tout $ \varepsilon>0$, cette fonction holomorphe est définie sur le demi-plan $ D=\{ z\in\mathbb{C} ,\;\mathrm{Re} z>0\}$. Les deux fonctions

    $\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi zn^2}$   et$\displaystyle \quad \frac{1}{\sqrt{z}}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi \frac{n^2}{z}} $

    sont holomorphes sur $ D$. Or d'après les questions précédentes, elles coïncident sur la demi-droite $ \{a\in\mathbb{R} ,\;a>0\}$. D'après le principe des zéros isolés, elles coïncident donc sur $ D$, puisque $ D$ est connexe.
Exercice 2 :  
  1. Pour tout $ z$ tel que $ \mathrm{Re} z>0$, la fonction qui à $ t$ associe $ t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}$ est intégrable sur $ [0,+\infty[$, donc $ \Gamma(z)$ est bien défini. Pour tout $ t\in[0,+\infty[$, la fonction qui à $ z$ associe $ t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}$ est holomorphe sur $ D$. Pour appliquer le théorème d'holomorphie sous le signe somme (intégrale dépendant d'un paramètre), nous devons majorer le module de cette fonction par une fonction intégrable ne dépendant pas de $ z$, sur tout compact de $ D$. Soit $ K$ un compact de $ D$. Il existe deux réels $ a$ et $ b$ tels que pour tout $ z\in K$, $ 0<a<\mathrm{Re} z<b$. Pour tout $ z\in K$ et pour tout $ t\in]0,+\infty[$,

    $\displaystyle \vert t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}\vert=t^{\mathrm{Re} z-1}\mathrm{e}^{-t}\leqslant \max\{t^{a-1}\mathrm{e}^{-t},t^{b-1}\mathrm{e}^{-t}\}\;. $

    Le majorant est bien une fonction intégrable sur $ [0,+\infty[$, d'où le résultat.
  2. Pour $ z\in D$, intégrons par parties $ \Gamma(z+1)$.

    $\displaystyle \Gamma(z+1) = \int_0^{+\infty}t^z\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t = \... ...}\right]_0^{+\infty} +\int_0^{+\infty} zt^{z-1}\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t\;. $

    or pour tout $ z\in D$,

    $\displaystyle \lim_{t\to+\infty} t^z\mathrm{e}^{-t} = 0$   et$\displaystyle \quad \lim_{t\to 0} t^z\mathrm{e}^{-t} = 0\;. $

    Donc $ \Gamma(z+1) = z\Gamma(z) $. Pour $ z=1$ :

    $\displaystyle \Gamma(1) = \int_0^{+\infty}t^0\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t = \left[-\mathrm{e}^{-t}\right]_0^{+\infty} = 1\;. $

    Par récurrence, pour tout $ n\in\mathbb{N}$, $ \Gamma(n)=(n-1)!$.
  3. Par la relation de Chasles,

    $\displaystyle \Gamma(z) = \left(\int_0^{1} t^{z-1}\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t\right) +\left(\int_1^{+\infty} t^{z-1}\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t\right)\;. $

    Pour $ t\in[0,1]$,

    $\displaystyle t^{z-1}\mathrm{e}^{-t} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} t^{n+z-1}\;. $

    Cette série de fonctions continues converge normalement sur $ [0,1]$, car pour $ n\geqslant 2$ :

    $\displaystyle \forall t\in [0,1]\;,\quad \left\vert\frac{(-1)^n}{n!} t^{n+z-1}\right\vert\leqslant \frac{1}{n!}\;. $

    On peut donc intégrer terme à terme :
    $\displaystyle \displaystyle{\int_0^1 t^{z-1}\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \left(\int_0^1 \frac{(-1)^n}{n!} t^{n+z-1} \mathrm{d}t \right)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!}\left[\frac{t^{n+z}}{n+z}\right]_0^1}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \frac{1}{z+n}\;.}$  

  4. Pour tout $ t\in [1,+\infty[$, la fonction $ z\longmapsto t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}$ est holomorphe sur $ \mathbb{C}$. Soit $ K$ un compact de $ \mathbb{C}$. Il existe un réel $ M$ tel que pour tout $ z\in K$, $ \mathrm{Re} z\leqslant M$, donc pour tout $ t\in [1,+\infty[$,

    $\displaystyle \left\vert t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}\right\vert=t^{\mathrm{Re} z -1}\mathrm{e}^{-t} \leqslant t^{M-1}\mathrm{e}^{-t}\;. $

    Le majorant est une fonction intégrable sur $ [1,+\infty[$. La fontion qui à $ z$ associe

    $\displaystyle \int_1^{+\infty} t^{z-1}\mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t $

    est holomorphe sur $ \mathbb{C}$, par le théorème d'holomorphie sous le signe somme.
  5. La série de fonctions méromorphes

    $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \frac{1}{z+n} $

    converge normalement, donc uniformément, sur tout compact de $ \mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}^{-}$. Elle définit donc une fonction méromorphe dont les pôles sont les entiers négatifs ou nuls. D'après les questions précédentes, pour $ z\in D$, $ \Gamma$ est la somme de cette fonction et d'une fonction holomorphe dans $ \mathbb{C}$. Elle se prolonge donc en une fonction méromorphe dans $ \mathbb{C}$. Pour $ n\in\mathbb{N}$, le résidu de $ \Gamma$ en $ -n$ est $ \frac{(-1)^n}{n!}$.
  6. Commençons par effectuer le changement de variable $ \frac{t}{n}\mapsto u$.

    $\displaystyle \int_0^n \left(1-\frac{t}{n}\right)^n t^{z-1} \mathrm{d}t = n^z \int_0^1 (1-u)^{n}u^{z-1} \mathrm{d}u\;. $

    Posons $ I_n(z)=\int_0^1 (1-u)^{n}u^{z-1} \mathrm{d}u$, et intégrons par parties.

    $\displaystyle I_n(z)= \left[(1-u)^n\frac{u^z}{z}\right]_0^1 + \frac{n}{z} \int_0^1 (1-u)^{n-1} u^z \mathrm{d}u = \frac{n}{z}I_{n-1}(z+1)\;. $

    Donc par récurrence,

    $\displaystyle I_n(z) = \frac{n!}{z(z+1)\cdots(z+n-1)} I_0(z+n) $

    Or

    $\displaystyle I_0(z+n)= \int_0^1 t^{z+n-1} \mathrm{d}t = \left[\frac{t^{z+n}}{z+n}\right]_0^1 = \frac{1}{z+n}\;. $

    Au bilan,

    $\displaystyle \int_0^n \left(1-\frac{t}{n}\right)^n t^{z-1} \mathrm{d}t = n^z I_n= \frac{n^z n!}{z(z+1)\cdots(z+n)}\;. $

  7. Pour tout $ u\in [0,1]$, $ 1-u\leqslant \mathrm{e}^{-u}$. Donc pour tout $ t\in [0,n]$, $ 1-\frac{t}{n}\leqslant \mathrm{e}^{-\frac{t}{n}}$, soit $ \left(1-\frac{t}{n}\right)^n\leqslant \mathrm{e}^{-t}$. Pout tout $ t\in[0,+\infty[$, et pour tout $ z\in D$,

    $\displaystyle \left\vert\left(1-\frac{t}{n}\right)^nt^{z-1} \mathbb{I}_{[0,n]}(t)\right\vert \leqslant \mathrm{e}^{-t}t^{\mathrm{Re} z-1}\;, $

    où $ \mathbb{I}_{[0,n]}$ désigne la fonction indicatrice de l'intervalle $ [0,n]$ : $ \mathbb{I}_{[0,n]}(t)=1$ si $ t\in [0,n]$ $ \mathbb{I}_{[0,n]}(t)=0$ sinon. Le majorant est indépendant de $ n$, et il est intégrable sur $ [0,+\infty[$. De plus, pour tout $ t\in[0,+\infty[$ et pour tout $ z\in D$,

    $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{t}{n}\right)^nt^{z-1} = \mathrm{e}^{-t}t^{z-1} $

    D'après le théorème de convergence dominée,

    $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \int_0^n \left(1-\frac{t}{n}\right)^n t^{z-1}\... ...rm{d}t = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} t^{z-1} \mathrm{d}t =\Gamma(z)\;. $

    D'où le résultat.

Section : Entraînement
Avant : Devoir
Après : Compléments


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