Solutions
Finalement, on arrive à
lim
n→+∞
A n = lim
n→+∞
B n +
1
2
(1 + ln 2) = ln
√
2π.
I.5.71. On note d’abord que Γ est infiniment dérivable sur R ∗
+ . Effectivement,
l’intégrale impropre
+∞
0
x a−1 ln xe −x dx converge uniformément sur tout intervalle [c , d], 0 < c < d, car chacune des intégrales
1
0
x
a−1 ln xe
−x dx et
+∞
1
x
a−1 ln xe
−x dx
converge uniformément sur [c , d]. On voit donc, en appliquant I.5.44, que
Γ
(a) =
+∞
0
x
a−1 ln xe
−x dx.
La formule
Γ
(n) (a) =
+∞
0
x
a−1 ln
n xe
−x dx
peut s’obtenir par récurrence. Maintenant, d’après I.5.65,
Γ(b) − B(a, b) = Γ(b) −
Γ(a)Γ(b)
Γ(a + b)
=
Γ(b)b
Γ(a + b)
·
Γ(a + b) − Γ(a)
b
=
Γ(b + 1)
Γ(a + b)
·
Γ(a + b) − Γ(a)
b
.
On obtient, par passage à la limite,
lim
b→0 +
(Γ(b) − B(a, b)) =
Γ (a)
Γ(a)
.
Puisque (voir la solution de I.5.65)
B(a, b) =
+∞
0
x b−1
(1 + x) a+b dx,
on a
Γ (a)
Γ(a)
= lim
b→0 +
+∞
0
x
b−1
e
−x
−
1
(1 + x) a+b
dx.
(1)
De plus, les intégrales impropres
1
0
x
b−1
e
−x
−
1
(1 + x) a+b
dx,
+∞
1
x
b−1
e
−x
−
1
(1 + x) a+b
dx
convergent uniformément sur [0 , b 0 ]. Le résultat de I.5.43 s’applique donc et on
peut permuter la limite et l’intégrale dans (1). Ceci complète la démonstration.
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