Solutions
pour tout x > 0. Donc, dans ce cas, la limite à trouver est égale à 1. On
va prouver que la fonction F a (x) = x a B(a, x), x > 0, est croissante si
a > 1 et décroissante si 0 < a < 1. On a
(ln F a (x))
=
a
x
+
Γ (x)
Γ(x)
−
Γ (x + a)
Γ(x + a)
=
a
x
−
+∞
0
1
(1 + t) x −
1
(1 + t) a+x
dt
t
.
Si a > 1, alors
+∞
0
1
(1 + t) x −
1
(1 + t) a+x
dt
t
=
+∞
0
1 + t − (1 + t) 1−a
(1 + t) x+1
dt
t
< a
+∞
0
1
(1 + t) x+1 dt =
a
x
,
l’inégalité précédente se déduisant de l’inégalité (1 + t) 1−a > 1 + (1 − a)t
(voir II.3.7(a) (vol. II)). Ceci montre que (ln F a (x)) > 0, ce qui signifie que F a est croissante. De même, si 0 < a < 1, alors l’inégalité
(1 + t) 1−a < 1 + (1 − a)t (voir II.3.7(b) (vol. II)) implique que F a est
décroissante. Il suffit donc, pour trouver la limite cherchée, de calculer
lim
n→+∞
F a (n). On obtient
lim
n→+∞
n
a B(a, n) = lim
n→+∞
n a Γ(a)Γ(n)
Γ(a + n)
= lim
n→+∞
n a Γ(a)(n − 1)!
(a + n − 1)(a + n − 2) . . . (a + 1)aΓ(a)
,
= lim
n→+∞
n a−1 n!
(a + n − 1)(a + n − 2) . . . (a + 1)a
= Γ(a),
la dernière égalité se déduisant de I.5.31.
I.6. Inégalités portant sur les intégrales
I.6.1. Il est clair que
b
a
b
a
(f (x)g(y) − f (y)g(x))
2 dx
dy 0.
Donc,
2
b
a
f
2 (x) dx
b
a
g
2 (x) dx − 2
b
a
f (x)g(x) dx
2
0,
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