Juillet 2003

La fonction Gamma
(par A. Joyal pour le camp mathematique)
La fonction Gamma est lun des joyaux des mathematiques. On la retrouve en analyse, en theorie des
nombres, en theorie des probabilites et en theorie des representations des groupes. Depuis Legendre, on dit
que les integrales
(x) =
_

0
e
t
t
x1
dt et B(p, q) =
_
1
0
t
p1
(1 t)
q1
dt
sont euleriennes. La premi`ere denit la fonction Gamma et la seconde la fonction Beta.
0 Un peu dhistoire
1 Les fonctions Beta et Gamma
2 Applications
3 Exercices
4 Prolongement analytique
5 Exercices
0 Un peu dhistoire
Lorigine de la fonction Beta remonte au debut du calcul dierentiel et integral. Elle fait sa premi`ere
apparition dans lArithmetica Innitorum publie par Wallis en 1665. Louvrage contient la cel`ebre formule
de Wallis:

2
=
_
2 2
1 3
__
4 4
3 5
__
6 6
5 7
_
.
La methode quutilise Wallis pour obtenir sa formule est particuli`erement originale. Il se propose de calculer
laire dun cercle en calculant lintegrale

4
=
_
1
0
_
1 x
2
dx. (2) .
Comme il sait calculer les integrales
_
1
0
x
a
dx =
1
a + 1
(1)
pour un exposant fractionnaire a, il peut aussi calculer les integrales
I(p, q) =
_
1
0
(1 x
1/p
)
q
dx.
pour q un entier positif. Il dresse alors un tableau de A(p, q) = I(p, q)
1
pour tous les entiers p, q 10.
q = 0 q = 1 q = 2 q = 3 q = 4 q = 5 q = 6 q = 7 q = 8 q = 9 q = 10
p = 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
p = 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
p = 2 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66
p = 3 1 4 10 20 35 56 84 120 165 220 286
p = 4 1 5 15 35 70 126 210 330 495 715 1001
p = 5 1 6 21 56 126 252 462 792 1287 2002 3003
p = 6 1 7 28 84 210 462 924 1716 3003 5005 8008
p = 7 1 8 36 120 330 792 1716 3432 6435 11440 19448
p = 8 1 9 45 165 495 1287 3003 6435 12870 24310 43758
p = 9 1 10 55 220 715 2002 5005 11440 24310 48620 92378
p = 10 1 11 66 286 1001 3003 8008 19448 43758 92378 184756
1
Wallis reconnait le triangle de Pascal avec
A(p, q) =
(p + q)!
p!q!
.
Il observe aussi la symetrie A(p, q) = A(q, p) et les relations
A(p, q) =
p + q
q
A(p, q 1) et A(p, q) =
p + q
p
A(p 1, q) (3) .
Wallis fait alors lhypoth`ede que ces relations sont vraies meme pour des valeurs fractionnaires de p et q.
Par exemple, posons b
n
= A(1/2, n/2). On a b
2
= 3/2 et on obtient que
b
2n
= A
_
1
2
, n
_
=
n +
1
2
n
A
_
1
2
, n
1
2
_
=
2n + 1
2n
b
2n2
=
(2n + 1) 5 3
(2n) 4 2
.
De meme,
b
2n+1
=
2n + 2
2n + 1
b
2n1
=
(2n + 2) 4 2
(2n + 1) 5 3
b
1
.
Wallis observe que la suite b
1
, b
2
, . . . est croissante car la suite
1
b
n
= I(
1
2
,
n
2
) =
_
1
0
(1 x
2
)
n
2
dx.
est decroissante. Les inegalites b
2n2
< b
2n1
< b
2n
, impliquent que lon a
3
2

5
4

2n 1
2n 2
< b
1

4
3

2n
2n 1
<
3
2

5
4

2n + 1
2n
.
On sait que b
1
= A(
1
2
,
1
2
) =
4

. On obtient par suite que

2 2
1 3

4 4
3 5

2n 2n
(2n 1)(2n + 1)
<

2
<
2 2
1 3

4 4
3 5

2n 2n
(2n 1)(2n + 1)

_
1 +
1
2n
_
.
Ce qui prouve que

2
=
_
2 2
1 3
__
4 4
3 5
__
6 6
5 7
_
.
Le raisonnement de Wallis a ete critiquee par ses contemporains. Wallis admet que son raisonnement nest
pas enti`erement rigoureux mais il replique que sa methode est valable, au meme titre que celle des sciences
experimentales. Mais une explication purement mathematique restait ` a trouver. Cest pourquoi Newton, et
ensuite Euler ont etudie attentivement les travaux de Wallis. Newton y decouvrit la formule du bin ome
(1 + x)

n=0
_

n
_
x
n
=

n=0
( 1) ( n + 1)
x
n
n!
.
Euler y decouvrit la fonction Beta. Revenons ` a lintegrale de Wallis. Si on pose t = x
1
p
, on obtient que
I(p, q) = p
_
1
0
t
p1
(1 t)
q
dt.
Euler etudiera ces integrales sous la forme
_
1
0
t
a
(1 t)
b
dt.
2
Depuis Legendre, on les etudie sous une forme leg`erement modiee
B(a, b) =
_
1
0
t
a1
(1 t)
b1
dt.
1 Les fonctions Beta et Gamma
La fonction Beta est denie par lintegrale
B(a, b) =
_
1
0
t
a1
(1 t)
b1
dt.
La relation B(a, b) = B(b, a) se demontre en eectuant le changement de variables t 1 t. La relation
aB(a, b + 1) = bB(a + 1, b)
se demontre en integrant par partie:
a
_
1
0
t
a1
(1 t)
b
dt = t
a
(1 t)
b
|
1
0
+b
_
1
0
t
a
(1 t)
b1
dt ?.4
Si n = b + 1 est un entier, cela donne une relation de recurrence
B(a, n) =
n 1
a
B(a + 1, n 1).
Comme B(a, 1) =
1
a
, on obtient de proche en proche que
B(a, n) =
1 2 (n 1)
a(a + 1) (a + n 1)
Si a = m est un entier, on obtient que
B(m, n) =
(m1)!(n 1)!
(m + n 1)!
.
Euler a generalise la formule pour des valeurs quelconques de a, b > 0. Pour tout a > 0 posons
(a) =
_

0
e
t
t
a1
dt.
La relation fondamentale
(a + 1) = a(a)
se demontre en int`egrant par parties
(a + 1) =
_

0
e
t
t
a
dt = e
t
t
a
|
1
0
+a
_

0
e
t
t
a1
dt.
Si n est un entier, on obtient de proche en proche que
(a + n) = a(a + 1) (a + n 1)(a).
3
Comme (1) = 1, cela prouve que (n + 1) = n!. Demontrons maintenant la formule
B(a, b) =
(a)(b)
(a + b)
.
On a evidemment
(a)(b) =
_
_

0
e
x
x
a1
dx
__
_

0
e
x
x
a1
dx
_
=
_

0
_

0
e
xy
x
a1
y
b1
dxdy.
Dans cette integrale double, eectuons le changement de variables y = u x pour 0 x u, et conservons
la variable x. Comme
y
u
= 1, on a dxdy = dxdu. On obtient que
(a)(b) =
_

0
_
u
0
e
u
x
a1
(u x)
b1
dxdu
=
_

0
e
u
_
_
u
0
x
a1
(u x)
b1
dx
_
du.
Pour evaluer lintegrale relative ` a dx, eectuons le changement de variable x = tu. On obtient que
_
u
0
x
a1
(u x)
b1
dx =
_
1
0
(tu)
a1
(u tu)
b1
u dt
= u
a+b1
_
1
0
t
a1
(1 t)
b1
dt
= u
a+b1
B(a, b).
Par suite,
(a)(b) = B(a, b)
_

0
e
u
u
a+b1
du
= B(a, b)(a + b)
ce qui donne le resultat desire.
La fonction Beta poss`ede un grand nombre dexpressions integrales obtenues par changement de vari-
ables. Si on pose
t = sin
2
, 1 t = cos
2
, dt = 2 sin cos d
on obtient que
B(a, b) = 2
_
2
0
(sin)
2a1
(cos )
2b1
d.
En particulier, B(
1
2
,
1
2
) = . Par suite, (
1
2
)(
1
2
) = (1) et on obtient que
(
1
2
) =

.
Les valeurs centrales
B(a, a) =
(a)(a)
(2a)
sont particuli`erement interessantes. Si on utilise la relation sin2 = 2 cos sin, on obtient
B(a, a) =
1
2
2a2
_
2
0
(sin2)
2a1
d.
4
Si on pose = 2 on obtient ensuite que
B(a, a) =
1
2
2a1
_

0
(sin)
2a1
d =
1
2
2a2
_
2
0
(sin)
2a1
d =
1
2
2a1
B
_
a,
1
2
_
.
Cela donne la formule de duplication de Legendre
(a)
_
a +
1
2
_
=

2
2a1
(2a).
Si on change a en
a
2
, on obtient la formule equivalente:
(a) =
2
a1

_
a
2
_

_
a + 1
2
_
.
Si on pose
t =
x
1 + x
, 1 t =
1
1 + x
, dt =
1
(1 + x)
2
on obtient que
B(a, b) =
_

0
x
a1
(1 + x)
a+b
dx ?
Une expression plus symetrique sobtient en separant cette integrale en deux parties:
B(a, b) =
_
1
0
x
a1
(1 + x)
a+b
dx +
_

1
x
a1
(1 + x)
a+b
dx.
Si remplace x par
1
x
dans la seconde, on obtient que
_

1
x
a1
(1 + x)
a+b
dx =
_
1
0
x
b1
(1 + x)
a+b
dx.
Par suite,
B(a, b) =
_
1
0
x
a1
+ x
b1
(1 + x)
a+b
dx. ?
Si 0 < a < 1, on obtient en particulier que
B(a, 1a) = (a)(1 a) =
_

0
x
a1
dx
1 + x
=
_
1
0
x
a1
+ x
a
dx
1 + x
.
Demontrons maintenant la formule des complements:
B(a, 1a) =

sina
pour 0 < a < 1.
Si on multiplie la serie geometrique
1
1 + x
= 1 x + x
2
x
3
+ .
par x
a1
et si on int`egre terme ` a terme, on obtient la serie
_
1
0
x
a1
dx
1 + x
=

n=0
(1)
n
a + n
.
5
Si on multiplie la serie geometrique par x
a
et si on int`egre terme ` a terme, on obtient la serie
_
1
0
x
a
dx
1 + x
=

n=1
(1)
n
a n
.
Par suite,
B(a, 1a) =

nZ
(1)
n
a n
.
Pour evaluer cette somme, nous utiliserons le produit dEuler:
sinx
x
=

n=1
_
1
x
2
n
2
_
.
En prenant la derive logarithmique de chaque membre, on obtient
cot(x)
1
x
=
2x
x
2
1
2
+
2x
x
2
2
2
+
2x
x
2
3
2
+ .
On peut transformer cette expression en utilisant la decomposition
2x
x
2
n
2
=
1
x + n
+
1
x n
.
`
A la condition de sommer symetriquement, cela donne
cot(x) =

nZ
1
x n
.
Si on utilise ensuite lidentite
cosec(x) = cot
_
x
2
_
cot(x),
on obtient facilement que

sin(x)
=

nZ
(1)
n
x n
.
La formule des complements est demontree.
Demontrons maintenant une autre formule dEuler
(a) = lim
n
n! n
a
a(a + 1) (a + n)
.
Pour cela nous utiliserons la limite classique
e
x
= lim
n
_
1
x
n
_
n
.
Nous admettrons la validite de la limite
(a) =
_

0
e
x
x
a1
dx = lim
n
_
n
0
_
1
x
n
_
n
x
a1
dx.
(pour une demonstration, voir lappendice). Le changement de variable x = nt nous donne
_
n
0
_
1
x
n
_
n
x
a1
dx = n
a
_
1
0
(1 t)
n
t
a1
dt = n
a
B(n + 1, a).
6
Cest le resultat cherche puisque
B(n + 1, a) =
1 2 n
a(a + 1) (a + n)
.
Demontrons maintenant la formule de Weierstrass
1
(x)
= e
x
x

n=1
_
1 +
x
n
_
e

x
n
,
dans laquelle gure la constante dEuler
= lim
n
1 +
1
2
+ +
1
n
log n.
Disons auparavant quelques mots sur cette constante. Pour tout entier n 1 on a
1
n + 1

_
n+1
n
dx
x

1
n
puisque n
1
est la valeur maximum, et (n + 1)
1
la valeur minimum, de la fonction x
1
dans lintervalle
[n, n + 1]. Les inegalites
0
_
1
n

_
n+1
n
dx
x
_

_
1
n

1
n + 1
_
entranent que la serie ` a terme positifs

k=1
_
1
k

_
k+1
k
dx
x
_
converge car elle est majore par la serie ` a terme positifs

k=1
_
1
n

1
n + 1
_
= 1.
La suite des sommes partielles
s
n
= 1 +
1
2
+
1
3
+ +
1
n
log(n + 1) =
n

k=1
_
1
k

_
k+1
k
dx
x
_
converge donc vers une limite 1. Disons maintenant quelques mots sur la convergence dun produit. On
dit quun produit innie

n=1
_
1 + a
n
_
converge absolument si on a 1 + a
n
= 0 pour n > N assez grand et si la somme

n>N
log(1 + a
n
)
converge absolument pour N grand. On montre que le produit converge absolument ssi la somme

n=1
| a
n
|
7
converge. Ceci dit, le produit

n=1
_
1 +
x
n
_
ne converge pas (absolument) car la serie

n=1
| x |
n
ne converge pas. La convergence du produit de Weierstrass provient de lassociation des facteurs
_
1 +
x
n
_
et
e

x
n
. En eet, on a
_
1 +
x
n
_
e

x
n
=
_
1 +
x
n
__
1
x
n
+
_
=
_
1
x
2
n
2
+
_
et la serie

n=1
x
2
n
2
converge. Nous pouvons maintenant etablir la formule de Weierstrass. Dapr`es la formule dEuler, on a
1
(x)
= lim
n
x
_
1 + x
_

_
1 +
x
n
_
n
x
Nous allons transformer le facteur n
x
= e
xlog n
de ce produit. Remarquer que lon a
log n = 1 +
1
2
+ +
1
n
+ o(1)
dans laquelle o(1) designe une quantite qui tend vers 0 si n . Par suite,
n
x
= e
xlog n
= e
x(1+
1
2
+
1
3
++
1
n
)
e
x
e
o(1)
.
Donc
x
_
1 + x
__
1 +
x
2
_

_
1 +
x
n
_
n
x
= e
o(1)
e
x
x
_
1 + x
_
e
x
_
1 +
x
2
_
e

x
2

_
1 +
x
n
_
e

x
n
.
Si on fait tendre n vers linni, on obtient la formule cherchee:
1
(x)
= e
x
x
_
1 + x
_
e
x
_
1 +
x
2
_
e

x
2
.
3 Exercices
Exercice : Si n est un entier 0 montrer que

_
n +
1
2
_
=
1 3 5 (2n 1)
2
n

et
_
n +
1
2
_
=
(1)
n
2
n
1 3 5 (2n 1)

.
Posons a! = (a + 1) et
_
a
b
_
=
a!
b!(a b)!
=
(a + 1)
(b + 1)(a b + 1)
.
8
Exercice : Montrer que
_
a + 1
b
_
=
_
a
b
_
+
_
a
b 1
_
.
Exercice : Si p, q 0, montrer que
p!q!
(p + q)!
=
_
1
0
(1 x
1/p
)
q
dx.
Exercice : Montrer que
_
2
0
(sin)
2n
d =
_
2
0
(cos )
2n
d =

2

1 3 5 (2n 1)
2 4 6 (2n)
=

2

1
2
2n
_
2n
n
_
,
et que
_
2
0
(sin)
2n+1
d =
_
2
0
(cos )
2n+1
d =
2 4 6 (2n)
1 3 5 (2n + 1)
.
Exercice : Montrer que
_
1
0
t
a1
(1 t
s
)
b1
dt =
1
s
B(
a
s
, b)
Suggestion: Eectuer le changement de variables u = t
s
.
Exercice : Montrer que lon a
_
1
0
dt

1 t
4
=

_
1
4
_
2

32
et
_
1
0
dt

1 t
3
=

_
1
3
_
3

3(16)
1
3
.
Suggestion: Par lexercice precedent, on a
_
1
0
dt

1 t
4
=

_
1
4
_

4
_
3
4
_
et par la formule des complements, on a

_
1
4
_

_
3
4
_
=

2.
De meme, par lexercice precedent, on a
_
1
0
dt

1 t
3
=

_
1
3
_

3
_
5
6
_ ,
par la formule de duplication de Legendre, on a

_
2
3
_
=
1

2
1
3

_
1
3
_

_
5
6
_
,
et par la formule des complements, on a

_
1
3
_

_
2
3
_
=
2

3
.
9
Exercice : Montrer que
(a + b)!
a!b!
=

n=1
(n + a)(n + b)
n(n + a + b)
.
Suggestion: Utiliser le developpement de Weierstrass de la fonction .
Exercice : Verier directement que
_
2
1
_
=

n=1
(n + 1)
2
n(n + 1)
.
Exercice : Obtenir la formule de Wallis
_
1
1
2
_
=

n=1
(2n + 1)
2
2n(2n + 2)
.
Exercice : Si a
1
+ + a
k
= b
1
+ + b
r
, montrer que
(1 + a
1
) (1 + a
k
)
(1 + b
1
) (1 + b
r
)
=

n=1
(n + b
1
) (n + b
r
)
(n + a
1
) (n + a
k
)
.
2 Applications
Soient f et g deux fonctions denies pour x 0 et integrables. On denit la convolution f g de f et
g en posant
(f g)(x) =
_
x
0
f(t)g(x t)dt pour x 0.
On montre que loperation de convolution est commutative et associative:
f g = g f et (f g) h = f (g h).
Remarquer 1 f est lintegrale de f:
(1 f)(x) =
_
x
0
f(t)dt.
On denit lintegrale iteree I
n
(f) par recurrence sur lentier n en posant
I
0
(f) = f et I
n+1
(f) = 1 I
n
(f).
On voit facilement que
I
n
(1)(x) =
x
n
n!
.
Par suite,
I
n
(f) =
n fois
..
1 1 f = I
n1
(1) f.
10
Nous avons montre que
I
n
(f)(x) =
1
(n 1)!
_
x
0
(x t)
n1
f(t) dt.
Pour tout a > 0, posons

a
(x) =
1
(a)
x
a1
.
On denit lintegrale fractionnaire I
a
(f) pour a > 0 en posant
I
a
(f)(x) = f
a
=
1
(a)
_
x
0
(x t)
a1
f(t) dt.
On peut montrer que si a 0 alors I
a
(f) f = I
0
(f). Montrons que lon a I
a
(I
b
(f)) = I
a+b
(f) pour tout
a, b > 0. Il revient au meme de montrer que lon a

a

b
=
a+b
.
On trouve
(
a

b
)(x) =
1
(a)(b)
_
x
0
t
a1
(x t)
b1
dt =
x
a+b1
(a)(b)
_
1
0
t
a1
(1 t)
b1
dt
=
x
a+b1
(a)(b)
B(a, b) =
x
a+b1
(a + b)
=
a+b
(x).
Appliquons ces resultats ` a levaluation de certaines integrales. Remarquons dabord que si g = g
1
g
n
,
alors
_

0
f(t)g(t)dt =
_

0

_

0
f(t
1
+ + t
n
)g
1
(t
1
) g
n
(t
n
)dt
1
dt
n
En particulier, si a = a
1
+ + a
n
, on obtient que
_

0

_

0
f(t
1
+ + t
n
)t
a11
1
t
an1
n
dt
1
dt
n
=
(a
1
) (a
n
)
(a
1
+ + a
n
)
_

0
f(t)t
a1
dt.
On dit souvent quune integrale de la forme
I
n
=
_

_
f(t
1
+ + t
n
)t
a11
1
t
an1
n
dt
1
dt
n
.
avec t
i
0 et

t
i
1 est une integrale de Dirichlet. Elle se ramene aux integrales precedentes en prenant
f(t) = 0 pour t > 1. On obtient alors que
I
n
=
(a
1
) (a
n
)
(a
1
+ + a
n
)
_
1
0
f(t)t
a1
dt.
Appliquons ces resultat ` a levaluation des integrales polaires:
I =
_

f(x
2
1
+ + x
2
n
)dx
1
dx
n
On a evidemment
I = 2
n
_

0

_

0
f(x
2
1
+ + x
2
n
)dx
1
dx
n
.
Le changement de variable x
i
=

t
i
, donne
I =
_

0

_

0
f(t
1
+ + t
n
)t

1
2
1
t

1
2
n
dt
1
dt
n
.
11
Par suite
I =

n
2
(
n
2
)
_

0
f(t)t
n
2
1
dt.
En particulier, le volume b
n
dune boule de rayon 1 dans lespace euclidien de dimension n est donne par
b
n
=

n
2
(
n
2
)
_
1
0
t
n
2
1
dt =

n
2
(
n
2
)(
n
2
)
=

n
2
(
n
2
)!
.
Le volume dune boule de rayon r est b
n
r
n
et dune sph`ere
d
dr
(b
n
r
n
) = nb
n
r
n1
.
4 Prolongement
La formule de Weierstrass permet de denir une fonction
1
(z)
= e
z
z

n=1
_
1 +
z
n
_
e

z
n
.
pour tout nombre complexe z. On montre facilement que cette fonction poss`ede de Taylor
1
(z)
= g
1
z + g
2
z
2
2!
+ g
3
z
3
3!
+
qui converge pour tout nombre complexe z. On dit pour cela cest une fonction enti`ere (tout comme les
fonctions e
z
, sinz et cos z). Cette fonction sannule si et seulement si z = n pour un entier n 0, car un
produit convergent ne sannule que si lun des facteurs est nul. On peut denir le prolongement analytique
de la fonction en posant
(z) =
e
z
z

n=1
e
z
n
1 +
z
n
pour tout nombre complexe z = n. Les identites satisfaites par la fonction Gamma usuelle sont encore
satisfaites par son prolongement analytique (z). Cest une consequence du principe de prolongeent analy-
tique. Toutefois, il est interessant de les demontrer directement. Par exemple, demontrons que la fonction
(z) satisfait lequation fonctionelle (z + 1) = z(z). Pour cela, il faut montrer que le produit
z
(z + 1)
= e
(1+z)
z(1 + z)

n=1
_
1 +
1 + z
n
_
e

1+z
n
est egal ` a
1
(z)
. Remarquer que
1 +
1 + z
n
=
_
1 +
z
n + 1
__
1 +
1
n
_
.
Par suite,
z
(z + 1)
= e

e
z
z(1 + z)

n=1
_
1 +
z
n + 1
_
e

z
n
_
1 +
1
n
_
e

1
n
=
_
e

n=1
_
1 +
1
n
_
e

1
n
_

_
e
z
z(z + 1)

n=1
_
1 +
z
n + 1
_
e

z
n
_
.
Le premier facteur vaut 1 car le logarithme
log
_
e

k=1
_
1 +
1
k
_
e

1
k
_
= + log(n + 1)
n

k=1
1
k
12
tend vers 0 lorsque n . Le second facteur vaut
e
z
z(1 + z)
_
1 +
z
2
_
e
z
_
1 +
z
3
_
e

z
2
_
1 +
z
4
_
e

z
3
_
1 +
z
5
_
e

z
4

=e
z
z
_
1 + z
_
e
z
_
1 +
z
2
_
e

z
2
_
1 +
z
3
_
e

z
3
_
1 +
z
4
_
e

z
4
_
1 +
z
5
_

=
1
(z)
.
Nous avons demontre lequation fonctionelle (z +1) = z(z). Ceci fait, Il est facile de demontrer la formule
des complements:
1
(z)(1 z)
=
sinz

.
Pour cela il sut dutiliser lidentite (1 z) = z(z). En eet,
1
(z)(1 z)
=
1
(z)(z)(z)
= ze
z
e
z

n=1
_
1 +
z
n
_
e

z
n
_
1
z
n
_
e
z
n
= z

n=1
_
1
z
2
n
2
_
=
sinz

.
La formule des complements est demontree. Il est plus dicile de demontrer la formule de duplication de
Legendre
(2z) =
2
2z1

(z)
_
z +
1
2
_
.
Pour cela on on procede indirectement en utilisant la derivee logarithmique du produit de Weierstrass
(z) =

(z)
(z)
=
1
z
+

n=1
_
1
n

1
z + n
_
.
On dit que (z) est la fonction Digamma. Le developpement de (z) est absolument convergent si z nest
pas un entier 0 car son terme general
_
1
n

1
z + n
_
=
z
n(n + z)
est inferieur en valeur absolu ` a Cn
2
pour une constante C convenable (qui depend de z). Il est meme uni-
formement convergent si | z +n | > 0 pour tout n 0. Il est souvent commode decrire le developpement
de (z) sous la forme
(z) =

n=0
_
1
n + z

1
n + 1
_
.
La derivee de (z) est la fonction Trigamma:

(z) =

n=0
1
(z + n)
2
.
Plus generalement, si k > 0 on dit que la derive k-i`eme de (z) est une fonction polygamma

(k)
(z) = (1)
k1
(k 1)!

n=0
1
(z + n)
k+1
.
13
Remarquons au passage que (x) est croissante pour x > 0 car la fonction

(x) est continue et positive

pour x > 0. La fonction log (x) est donc convexe pour x > 0. Remarquons de plus que (1) = < 0
et que (2) = 1 > 0 ( car = 0, 577 < 1). La fonction (x) sannule donc pour un element x
0
de
lintervalle (1, 2). (x
0
) est la valeur minimum de (x) pour x > 0. Numeriquement, on trouve x
0
= 1, 462
et (x
0
) = 0, 886.
On peut fonder toute la theorie de la fonction (z) sur celle de la fonction trigamma

(z). On voit
aisement que cette fonction satisfait ` a lequation fonctionelle

(z) =
1
z
2
+

(z + 1).
On en deduit lequation fonctionelle de la fonction Gamma. En eet en integrant lequation fonctionelle de

(z) on obtient une equation fonctionelle pour (z):

(z) = C
1
z
+ (z + 1)
Pour determiner la constance C il sut de substituer dans lequation une valeur particuli`ere de z. Si on
met z = 1, on obtient que = C 1 + (1 ) et par suite que C = 0. Si on int`egre ensuite lequation
fonctionelle pour (z), on obtient une equation fonctionelle
log (z + 1) = C + log z + log (z)
avec C une constante inconnue. Si on substitue cette equation dans lexponentielle on obtient que
(z + 1) = K z(z)
pour une constante K = e
C
inconnue. Si on pose z = 0 on obtient que K = 1 ` a la condtion de savoir que
e

n=1
e
1
n
1 +
1
n
= 1.
Utilisons maintenant cette methode pour demontrer la formule de duplication de Legendre. Verions dabord
que

(z) satisfait la formule de duplication

4

(2z) =

(z) +

_
z +
1
2
_
.
En eet,

(z) +

_
z +
1
2
_
=

n=0
1
(z + n)
2
+

n=0
1
(z +
1
2
+ n)
2
=

n=0
4
(2z + 2n)
2
+

n=0
4
(2z + 2n + 1)
2
= 4

n=0
1
(2z + n)
2
= 4

(2z).
Si on int`egre la formule de duplication pour

(z), on obtient une formule de duplication pour (z):

2(2z) = C + (z) +
_
z +
1
2
_
Pour determiner la constante C on peut poser z =
1
2
. On a

_
1
2
_
=

n=0
_
1
n +
1
2

1
n + 1
_
= 2

n=0
_
1
2n + 1

1
2n + 2
_
= 2 log 2.
14
Par suite, C = 2 log 2. Nous avons obtenue la formule de duplication pour (z):
2(2z) = 2 log 2 + (z) +
_
z +
1
2
_
.
Si on int`egre cette formule pour ensuite substituer le resultat dans la fonction exponentielle on obtient que
(2z) = K 2
2z
(z)
_
z +
1
2
_
pour une constante inconnue K. Pour determiner K il sut de substituer de z =
1
2
. On sait par la formule
des complements que lon a

_
1
2
_
2
= .
Par suite,
K =
1
2

.
Nous avons demontre la formule de duplication de Legendre
(2z) =
2
2z1

(z)
_
z +
1
2
_
.
Gauss a generalise cette formule au cas dun entier quelconque q 1 :
(qz) = (2)
1
2
(1q)
q
qz
1
2
q1

k=0

_
z +
k
q
_
.
Sa demonstration fera lobject de quelques exercices.
Il est interessant de developper (z) en serie de Taylor autour de z = 1. On obtient
(1 + z) + = +
1
z
+ (z) =

n=1
_
1
n

1
z + n
_
=

n=1
z
n(z + n)
=

n=1
z
n
2
1
1 +
z
n
=

n=1

k=2
(1)
k
z
k1
n
k
=

k=2

n=1
(1)
k
n
k
z
k1
=

k=2
(1)
k
(k)z
k1
.
En integrant terme ` a terme ce developpement on obtient que
ln(1 + z) = z +

k=2
(1)
k
(k)
z
k
k
.
(la constante dintegration est nulle car log (1) = 0). Si on substitue z = 1 dans cette formule, on obtient
une formule dEuler
=
(2)
2

(3)
3
+
(4)
3

(5)
5
+ .
On demontre facilement que pour tout nombre complexe z on a
1
(z)
= lim
n
z(z + 1) (z + n)
n! n
z
.
Cest la representation de Gauss. Il est facile de passer ensuite ` a la representation integrale
(z) =
_

0
e
t
t
z1
dt,
15
valide lorsque la partie reelle de z = x + iy est > 0.
On peut donner ` a la fonction (z) plusieurs expressions integrales. Si t > 0 et z = x + iy alors
t
z
= e
z log t
= e
xlog t
e
iy log t
= t
x
_
cos(y log t) + i sin(y log t)

.
On voit que | t
z
|= t
x
. On peut montrer que lon a
(z) =
_

0
e
t
t
z1
dt pour x > 0.
Cette integrale diverge toutefois lorsque x 0. Suivant Cauchy, on peut obtenir une expression convergente
en lui retranchant une partie divergeante. Pour cela on peut separer lintegrale en deux parties
(z) =
_
1
0
e
t
t
z1
dt +
_

1
e
t
t
z1
dt.
La seconde integrale
(z, 1) =
_

1
e
t
t
z1
dt
converge quelque soit z. Pour la premi`ere, on trouve que
_
1
0
e
t
t
z1
dt =
_
1
0

n=0
(1)
n
t
n+z1
n!
=

n=0
(1)
n
(z + n)n!
.
Par suite,
(z) = (z, 1) +

n=0
(1)
n
(z + n)n!
.
Nous avons exprime la fonction Gamma comme la somme dune fonction enti`ere et dune partie fractionnaire.
La decomposition montre que
lim
zn
(z + n)(z) =
(1)
n
n!
.
Si on remplace t par at dans lintegrale denissant la fonction Gamma on obtient que
(s) =
_

0
e
at
(at)
s1
adt = a
s
_

0
e
at
t
s1
dt.
Par suite,
1
a
s
=
1
(s)
_

0
e
at
t
s1
dt.
Cette identite joue un r ole important dans un grand nombre dapplications. Par exemple, considerons la la
fonction zeta de Riemann
(s) = 1 +
1
2
s
+
1
3
s
+
1
4
s
+
Montrons que lon a
(s) =
1
(s)
_

0
t
s1
e
t
1
dt.
16
En eet, pour tout entier n 1, on a
1
n
s
=
1
(s)
_

0
e
nt
t
s1
dt.
Par suite,
(s) =

n=1
1
n
s
=
1
(s)

n=1
_

0
e
nt
t
s1
dt =
1
(s)
_

0

n=1
e
nt
t
s1
dt
=
1
(s)
_

0
e
t
1 e
t
t
s1
dt =
1
(s)
_

0
t
s1
e
t
1
dt
.
5 Exercices
Exercice : Si n est un entier 1, montrer que
(z + n) = (z) +
n1

k=0
1
k + z
.
Exercice : Si n est un entier 1, montrer que
(n) = +
n1

k=1
1
k
.
Exercice : Si a
1
+ a
2
+ + a
k
= 0, montrer que
a
1
(z
1
) + + a
k
(z
k
) =

n=0
_
a
1
z
1
+ n
+ +
a
k
z
k
+ n
_
.
Suggestion: Utiliser le developpement en fractions partielles de (z).
Les 10 exercices qui suivent ont pour but de detablir la formule de Gauss

_
k
q
_
= log(2q)

2
cot
_
k
q
_
+
q1

r=1
cos
_
2rk
q
_
log
_
sin
r
q
_
.
La formule permet de calculer la valeur de la fonction (x) pour x = k/p un nombre rationnel positif < 1.
17
Exercice : Si 1 k q sont des entiers, montrer que lon a
(1)
_
k
p
_
= q

n=0
_
1
nq + k

1
nq + q
_
.
En particulier, montrer que
_
1
2
_
= 2 log 2.
Exercice : Si 1 k q sont des entiers, montrer que lon a
cot
_
k
q
_
=
_
q k
q
_

_
k
q
_
= q

n=0
_
1
nq + k

1
nq + q k
_
.
Suggestion: Utiliser la formule des complements (1 z) = (z) + cot z.
Exercice : Utiliser lexercice precedent pour montrer que lon a

3
= 1
1
2
+
1
4

1
5
+
1
7

1
8
+

4
= 1
1
3
+
1
5

1
7
+
1
9

1
11
+

3
= 1
1
5
+
1
7

1
11
+
1
13

1
17
+

8
(1 +

2) = 1
1
7
+
1
9

1
15
+
1
17

1
23
+
1
25
.
Exercice : Montrer que lon a
(a) (1) =
_
1
0
1 x
a1
1 x
dx pour a 0.
Suggestion: Utiliser la serie geometrique pour developper lintegrant. Integrer terme ` a terme.
Exercice : Montrer que si q est un entier 1, alors
q log q = q(1)
q

k=1

_
k
q
_
.
Suggestion:

Evaluer lintegrale
_
1
0
1 + x + + x
q1
qx
q1
1 x
q
dx.
Exercice : Montrer que
log 2 = 1
1
2
+
1
3

1
4
+
1
5

1
6
+
1
7

1
8
+
1
9

1
10
+
1
11

1
12
+
1
13

1
14
+
1
15
+
log 3 = 1 +
1
2

2
3
+
1
4
+
1
5

2
6
+
1
7
+
1
8

2
9
+
1
10
+
1
11

2
12
+
1
13
+
1
14

2
15
+
log 4 = 1 +
1
2
+
1
3

3
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7

3
8
+
1
9
+
1
10
+
1
11

3
12
+
1
13
+
1
14
+
1
15

log 5 = 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4

4
5
+
1
6
+
1
7
+
1
8
+
1
9

4
10
+
1
11
+
1
12
+
1
13
+
1
14

4
15
+

18
Si est une racine q-i`eme de lunite = 1, alors est racine du polyn ome
X
q
1
X 1
= 1 + X + X
2
+ + X
q1
.
Par suite,
+
2
+
3
+ +
q
= 0.
Exercice: Montrer que si est une racine q-i`eme de lunite = 1, alors
1
q
q

k=1

_
k
q
_

k
= log(1 ).
Suggestion: Utiliser lexercice ? pour montrer que
q

k=1

_
k
q
_

k
= q

n=0
_

qn + 1
+ +

q
qn + q
_
= q

r=1

r
r
.
Exercice: Si p(x) = a
1
x + + a
q
x
q
, montrer que
a
k
=
1
q

q
=1
w
k
p().
Suggestion: Utiliser le fait que

q
=1

r
=
_
q si r = 0
0 sinon.
Exercice: Montrer que

_
k
q
_
= log q +

q
=1,=1

k
log(1 ).
Suggestion: Utiliser lexercice precedent. Prendre
p(x) =
1
q
q

k=1

_
k
q
_
x
k
.
Utiliser le fait que p(1) = log q et que p() = log(1 ) si
n
= 1 et = 1.
Exercice: (Gauss) Si 1 k < q, montrer que lon a

_
k
q
_
= log(2q)

2
cot
_
k
q
_
+
q1

r=1
cos
_
2rk
q
_
log
_
sin
r
q
_
.
Suggestion: Utiliser lexercice precedent pour montrer dabord que lon a

_
k
q
_
+
_
q k
q
_
= 2 2 log q + 2

q
=1,=1

k
+
k
2
log(1 ).
19
Si = cos + i sin, alors la partie reelle de log(1 ) vaut log
_
2 sin

2
_
. En prenant les parties reelles
montrer que

_
k
q
_
+
_
q k
q
_
= 2 2 log q + 2
q1

r=1
cos
_
2rk
q
_
log
_
2 sin
r
q
_
.
Utiliser ensuite la formule des complements

_
k
q
_

_
q k
q
_
= cot
_
k
q
_
pour isoler
_
k
q
_
. Finalement, utiliser lidentite
1 =
q1

r=1
cos
_
2rk
q
_
.
Exercice: Montrer que

_
1
2
_
= 2 log 2

_
1
3
_
=

2

3

3
2
log 3

_
1
4
_
=

2
3 log 2

_
1
6
_
=

3
2
2 log 2
3
2
log 3.
Les exercices qui suivent ont pour but detablir la formule de multiplication de Gauss
(qz) = (2)
1
2
(1q)
q
qz
1
2
q1

k=0

_
z +
k
q
_
.
La methode consiste ` a etablir dabord les formules de multiplication pour les fonctions (z) et

(z).
Exercice :

Etablir la formule de multiplication

(qz) =
1
q
2
q1

k=0

_
z +
k
q
_
.
Suggestion: Utiliser le developpement en fractions partielles de

(z).
Exercice :

Etablir la formule de multiplication
(qz) = log q +
1
q
q1

k=0

_
z +
k
q
_
.
Suggestion: Integrer la formule de multiplication pour

(z). Determiner la constante dintegration en

substituant z =
1
q
.
20
Si on int`egre la formule de multiplication pour (z) on obtient que
log (nz) = C + z log n +
n1

k=0
log
_
z +
k
n
_
pour une constante C. En substituant dans la fonction exponentielle on obtient ensuite que
(nz) = Kn
z
n1

k=0

_
z +
k
n
_
avec K = e
C
. Les deux exercices qui suivent ont pour but de determiner la constante K.
Exercice : (Euler) Montrer que
sin
_

n
_
sin
_
2
n
_
sin
_
n 1
n

_
=
n
2
n1
.
Suggestion: Utiliser les identites
sin() =
e
i
e
i
2i
=
e
i
2i
(1 e
2i
) et X
n
1 = (X 1)
n1

k=1
(X e

2ki
n
).
Exercice : (Euler) Montrer que

_
1
n
_

_
2
n
_

_
n 1
n
_
=
(2)
n1
2

n
.
Suggestion: Utiliser lexercice precedent et la formule de duplication de Legendre pour calculer le produit
_

_
1
n
_

_
n 1
n
_
_
2
=
_
1
n
_

_
n 1
n
_

_
1
n
_

_
n 1
n
_
.
Exercice :

Etablir la formule de multiplication de Gauss:
(nz) = (2)
1
2
(1n)
n
nz
1
2
n1

k=0

_
z +
k
n
_
.
Suggestion: Integrer la formule de multiplication de (z). Substituer dans la fonction lexponentielle.
Determiner la constante dintegration en evaluant en z =
1
n
.
Exercice : Montrer que
_
1
0
log sin x dx = log 2.
Suggestion: Calculer la somme
1
n
n1

k=1
log sin
_
k
n
_
21
en utilisant lexercice ?. Faire croitre ensuite n .
Exercice : Montrer que
_
1
0
log (x) dx =
1
2
log(2).
Exercice: Etablir la formule de Raabe
_
1
0
log (a + x) dx =
1
2
log(2) + a log a a pour a > 0.
Suggestion: Commencer par montrer que
_
1
0
(a + x) dx = log a.
Integrer ensuite cette formule par rapport ` a la variable a. Determiner la constante dintegration en substi-
tuant a = 0.
22