Solutions
(b) Puisque
π
0
dx
√
3 − cos x
=
1
√
2
π
0
dx
1 + sin
2 x
2
,
le changement de variable y = sin
x
2 donne
π
0
dx
√
3 − cos x
=
√
2
1
0
dy
1 − y 4
=
√
2
4
1
0
t
−3/4 (1 − t)
−1/2 dt
=
√
2
4
B
1
4
,
1
2
=
√
2
4
Γ
1
4
Γ
1
2
Γ
3
4
.
En utilisant maintenant l’identité Γ(a)Γ(1 − a) =
π
sin πa , 0 < a < 1, on
voit que Γ
1
2
=
√ π et Γ
3
4
=
√
2π
Γ(
1
4 )
, ce qui donne l’égalité désirée.
(c) Comme en (a), on obtient
π/2
0
sin
a−1 x dx =
1
2
1
0
t
a/2−1 (1 − t)
−1/2 dt
=
1
2
B
a
2
,
1
2
= 2
a−2 B
a
2
,
a
2
,
la dernière égalité se déduisant de la formule de duplication (voir I.5.68).
I.5.70. Il existe de nombreuses preuves de cette formule. On présente ici une
preuve due à W. Feller [Amer. Math. Monthly, 74(1967), 1223-1225]. On pose
A n = ln n! −
n +
1
2
ln n + n.
(1)
Notre but est de prouver que
lim
n→+∞
A n = ln
√
2π.
On pose
a k =
1
2
ln k −
k
k−1/2
ln x dx =
k
k−1/2
ln
k
x
dx,
b k =
k+1/2
k
ln x dx −
1
2
ln k =
k+1/2
k
ln
x
k
dx.
On a alors
a k − b k = 1 + ln k +
k −
1
2
ln
k −
1
2
−
k +
1
2
ln
k +
1
2
.
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