Solutions
En multipliant chaque membre de cette égalité par t a−1 et en intégrant pas
rapport à t, on obtient
Γ(a + b)
+∞
0
t a−1
(1 + t) a+b dt =
+∞
0
t
a−1
+∞
0
y
a+b−1 e
−(1+t)y dy
dt.
On voit facilement que les hypothèses de I.5.50 sont vérifiées, d’où
Γ(a + b)
+∞
0
t a−1
(1 + t) a+b dt =
+∞
0
y
a+b−1 e
−y
+∞
0
t
a−1 e
−ty dt
dy
=
+∞
0
y
a+b−1 e
−y Γ(a)
y a dy
= Γ(a)
+∞
0
y
b−1 e
−y dy
= Γ(a)Γ(b).
Si l’on prend b = 1 − a, 0 < a < 1, on obtient
Γ(a)Γ(1 − a) = B(a, 1 − a) =
π
sin aπ
,
la dernière égalité provenant du problème précédent.
I.5.66. On montre d’abord que
Γ(a + 1) = aΓ(a)
pour a > 0. En effet, une intégration par parties donne
Γ(a + 1) =
+∞
0
x
a e
−x dx =
−x
a e
−x
+∞
0
+ a
+∞
0
x
a−1 e
−x dx = aΓ(a).
Donc, puisque Γ est continue sur R ∗
+ ,
lim
a→0 +
aΓ(a) = lim
a→0 +
Γ(a + 1) = Γ(1) = 1.
I.5.67. On déduit du problème précédent que l’intégrale
1
0 ln Γ(a)da = I
converge. De plus,
1
0
ln Γ(a) da =
1
0
ln Γ(1 − a) da.
163