Intégrale réfrigérante
Réponses
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Bonjour,
Je n'ai jamais vu une intégrale avec la fonction 1/Gamma dans l’intégrande. Peux-ton savoir cette preuve probabiliste stp PLe 😄 Farceur -
Je peux te référer à un article : The Annals of Statistics Vol 18 March 1990, Natural exponential families with cubic variance functions pages 1-37. C'est la proposition 5.5 page 27. C'est basé sur la formule de Zolotarev 5.17 du même article, profond résultat sur les processus de Lévy. On sent le besoin d'une démonstration directe ...
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Une idée qui me traverse la tête (j'ignore si elle permet d'aboutir). Je propose de multiplier l'intégrande par $\Gamma(x)\Gamma(p+1)$ (et donc de diviser aussi par la même quantité) on fait apparaître une fonction bêta (qui a une représentation intégrale) mais on a toujours un facteur $\dfrac{1}{\Gamma(x)}$ qui fait suer.
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Une très belle et intéressante intégrale.
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Peut-être en écrivant $$\frac{1}{\Gamma{x+p+1}} = \lim_{n\to+\infty} \frac{(x+p+1)(x+p+2)\cdots(x+p+n+1}{n! n^{x+p+1}}$$ et en permutant la limite et l'intégrale.
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Une de ressemblante , calculée par une série https://math.stackexchange.com/questions/2478319/strange-symmetry-regarding-sum-sum-n-0-infty-fracnne-bn-gamman1?rq=1Le 😄 Farceur
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Une autre idée qui m'est passée par la tête.
On utilise $\displaystyle \int_0^\infty (...)\,dx=\,dx=\sum_{n=0}^\infty \int_n^{n+1} (...)\,dx$
Après dans chaque intégrale on fait le changement de variable $y=x-n$.
Et on se retrouve avec une intégrale sur l'intervalle $[0;1]$.
Et en utilisant les propriétés de $\Gamma$ on peut factoriser dans l'intégrande $\dfrac{1}{\Gamma(x+p)}$.
L'intégrande étant le produit de ce facteur fois une exponentielle qui dépend de $n$ uniquement.
Et donc, aux erreurs près, on obtient cette forme pour l'intégrale:
\begin{align}\int_0^1 \frac{\text{e}^{-x}}{\Gamma(x+p)}\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x+n)^{x+n+p-1}\text{e}^{-n}}{\prod_{k=0}^n (x+p+k)}\right)\,dx\end{align}
PS:
La série est surement égale à $\dfrac{1}{p}\Gamma(x+p)$ -
Je n'ai pas été très soigneux dans les inversions de limites.
Je pense que la formule obtenue plus haut n'est pas correcte.
La série $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^n\text{e}^{-n}}{(n+1)!}$ ne semble pas converger.
(obtenue en faisant $p=1,x=0$) -
\begin{align} \frac{n^n\text{e}^{-n}}{(n+1)!}=\frac{n^n\text{e}^{-n}}{(n+1)n!}\end{align}
Un petit coup de Stirling et on a que le terme général de la série est équivalent à:
\begin{align} \frac{n^n\text{e}^{-n}}{(n+1)!}&=\frac{n^n\text{e}^{-n}}{(n+1)\sqrt{2\pi} n^{\frac{1}{2}+n}\text{e}^{-n}}\\
&=\frac{1}{(n+1)n^{\frac{1}{2}}}\\
&=O\left(\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right)\\
\end{align}
Donc la série précédente est bien convergente :-D
Cela ne signifie pas que l'interversion des limites est correcte.
PS:
Merci à Math Coss -
De nouvelles pièces à verser au dossier:
https://math.stackexchange.com/questions/2446937/dose-sum-n-infty-fraczn-gammaz-n1n-converge-for-any-values-of-z
et:
https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_d'inversion_de_Lagrange
PS:
Ce lien est peut-être intéressant:
https://math.stackexchange.com/questions/2478319/strange-symmetry-regarding-sum-sum-n-0-infty-fracnne-bn-gamman1 -
Je pense qu'il faut appliquer Stirling à
$$\int_0^\infty \frac{x^{x+p-1}e^{-x}}{\Gamma(x+p+1)}dx=\lim_{r \to \infty} r^p\int_0^\infty x^{p-1}\frac{(rx)^{r x} e^{-r x}}{\Gamma(rx+p+1)}dx$$ -
La formule des compléments peut servir à mettre $\Gamma(x+p+1)$ au numérateur.
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L2M:
La formule des compléments s'applique si l'argument $y$ de la fonction $\Gamma$ est tel que $0<y<1$. -
On m' a donné une indication d'utiliser
$$\frac1{\Gamma(z)}=\int_{-\infty}^{\infty}(c+it)^{-z}e^{c+it}dt$$ $\forall z\in \C$ et $\forall c>0$Le 😄 Farceur -
$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin(bt)}{t^u}\,dt=\frac{b^{u-1}\pi}{2\Gamma(u)\sin\left(\frac{u\pi}{2}\right)}$
Avec $b>0$, et, $0<u<2$ -
Bonjour,
@P. Une intégrale difficile. (tu)
J’ai lu des trucs faux dans les messages précédents : des facteurs manquent dans les formules ou les conditions de validité sont erronées.
Voici ma méthode :
Pour tout $p>0$ on pose $\displaystyle F(p)=\int_0^{+\infty} dx {x^{x+p-1} e^{-x}\over \Gamma(x+p+1)}.$
Pour tout $p>0$, l’existence est obtenue par continuité de l’intégrande sur $x>0$ et l’équivalent $\displaystyle \sim {x^{p-1} \over \Gamma(p+1)},(x\to 0^+)$ qui est intégrable en $0.$
Pour tout $p>0$, on développe en $0$ la fonction (par Taylor) $\displaystyle x\mapsto {\Gamma(p+1) x^x\over \Gamma(x+p+1)}=1+x(\ln(x)-\psi^{(0)}(p+1))+O(x^2).$
Pour tout $u>0$, on change les variables $\displaystyle x\leadsto t$ avec $x=ut$ : $\displaystyle F(p)=\int_0^{+\infty} u dt {(u t)^{p-1} e^{-u t}\over \Gamma(p+1)} {\Gamma(p+1) (u t)^{u t}\over \Gamma(u t+p+1)}.$
Cette relation est vraie pour tout $u>0$ et on passe à la limite en $0.$
On a $\displaystyle F(p)=\lim_{u \to 0^+} F(p)$ $\\ \displaystyle F(p)\sim \int_0^{A} u dt {(u t)^{p-1} e^{-u t}\over \Gamma(p+1)} \times 1,(u\to 0^+)$ $\\ \displaystyle F(p)\sim \int_0^{+\infty} dx {x^{p-1} e^{-x}\over \Gamma(p+1)}={\Gamma(p)\over \Gamma(p+1)}={1\over p},(u\to 0^+),$
Erreur = A n’est pas $+\infty$...
où on a utilisé le théorème du cours :
Si deux fonctions de signe constant sont équivalentes en $a$, alors leurs primitives qui s’annulent en $a$ sont équivalentes en $a.$
Ici, les fonctions restent positives et sont équivalentes en $0$ et leurs primitives s’annulent en $0$ puisque la borne inférieure d’intégration est $0.$
Voilà ! -
Pas bien compris, cher Yves M. Si $f(x)=x^{p-1}e^{-x}/\Gamma(p+1)$ (dont l'integrale sur $(0,\infty)$ est $1/p$) et si $g(x)=\Gamma(p+1)x^x/\Gamma(x+p-1)$ tu observes que l'integrale refrigerante est pour tout $u>0$
$$\int_0^{\infty}g(x)f(x)dx=\int_{0}^{\infty}g(ut)f(ut)udt$$ et puisque $g(ut)\to_{u\to 0}1$ tu dis que l'integrale est equivalente a $1/p$ quand $u$ tend vers zero et donc egale a $1/p$ puisqu'en fait independante de $u.$ Tu t'appuies sur 'un theoreme du cours'. Ce qui me laisse perplexe est l'application de cette methode au cas ou par exemple $g(x)=e^{-ax}...$ -
Bonjour,
Oops ! La borne supérieure d’intégration n’est pas $+\infty$... donc je ne peux pas conclure. Je vais modifier le message. -
Bonjour,
@P. Voici une résolution possible mais elle contient une récurrence ardue.
On écrit $\displaystyle F(p)=\int_0^{+\infty} dx {x^{p-1} e^{-x}\over \Gamma(p+1)}{x^x\Gamma(p+1)\over\Gamma(x+p+1)}.$
On développe en $0$ :
$\displaystyle {x^x \Gamma(p+1)\over \Gamma(x+p+1)}=1+ x(\ln(x)-\psi^{(0)}(p+1))+\\ \displaystyle +{x^2\over 2}(-2 \psi^{(0)}(p+1)\ln(x)+\psi^{(0)}(p+1)^2-\psi^{(1)}(p+1)+\ln(x)^2)+o(x^2).$
On calcule alors pour chaque ordre :
-ordre $0$ : $\displaystyle {\Gamma(p)\over \Gamma(p+1)}={1\over p}$
-ordre $1$ : $\displaystyle \psi^{(0)}(p+1) \Gamma(p+1)-\Gamma(p+1)\psi^{(0)}(p+1)=0$
-ordre $2$ : $\displaystyle {\Gamma(p+2)\over 2}(-2 \psi^{(0)}(p+1) \psi^{(0)}(p+2)+\psi^{(0)}(p+1)^2-\psi^{(1)}(p+1)+\\ \displaystyle +\psi^{(0)}(p+2)^2+\psi^{(1)}(p+2))=0.$
Pour écrire une démonstration il faut faire une récurrence et montrer que les intégrales sont toutes nulles aux ordres plus grands que $0$. C’est déjà assez long pour montrer le résultat à l’ordre $2$ - je conseille volontiers un logiciel. Faire la récurrence n’est pas facile car il faudrait trouver la forme du développement en $0$ et là encore je conseille un logiciel.
Donc long et pénible mais c’est bel et bien une démonstration du résultat. -
Merci Yves. Pas bien compris la phrase 'on développe en zéro' Pas en série entière apparemment.
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C'est la fonction $F(p)$, de variable $p$, qui est développée?
Ou l'intégrande de l'intégrale? (en $x$? en $p$?) -
Bonjour,
Il s’agit d’un développement en $x=0$ en série de Puiseux.
Le mieux c’est de taper dans Wolfram en ligne : series expansion of $x^x\Gamma(p+1)/\Gamma(x+p+1)$. -
Bonjour YvesM
desolé, tu as raisonLe 😄 Farceur
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Bonjour!
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