Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
Donc,
2I =
1
0
ln (Γ(a)Γ(1 − a)) da =
1
0
ln
π
sin aπ
da
= ln π −
1
0
ln(sin πa) da = ln π −
1
π
π
0
ln(sin x) dx
= ln π −
2
π
π/2
0
ln(sin x) dx = ln 2π,
la dernière égalité provenant de I.5.1(b).
I.5.68. On montre d’abord que
B(a, a) =
1
2 2a−1 B
1
2
, a
.
En effet,
B(a, a) =
1
0
x
a−1 (1 − x)
a−1 dx =
1
0
1
4
−
1
2
− x
2
a−1
dx
= 2
1/2
0
1
4
−
1
2
− x
2
a−1
dx.
Le changement de variable t = 4
1
2 − x
2 donne
B(a, a) =
1
2 2a−1
1
0
t
−1/2 (1 − t)
a−1 dt =
1
2 2a−1 B
1
2
, a
.
Ceci, combiné avec le résultat de I.5.65, implique
Γ(a)
Γ(2a)
=
1
2 2a−1
Γ
1
2
Γ
a +
1
2
=
√
π
2 2a−1 Γ
a +
1
2
.
I.5.69.
(a) Le changement de variable y = sin x donne
π/2
0
tan
a x dx =
1
0
y
a
1 − y
2
−
a
2
−
1
2 dy =
1
2
1
0
t
a
2
−
1
2 (1 − t)
−
a
2
−
1
2 dt
=
1
2
B
a
2
+
1
2
, −
a
2
+
1
2
=
π
2 cos
πa
2
,
la dernière égalité se déduisant de I.5.64.
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