On veut montrer que sur $]0,\infty[$ la fonction $f(x)=\frac{1}{x}\log \frac{x^x}{\Gamma(1+x)}$ est croissante. Pour cela observons d'abord que pour $u>0$ on a
$$h(u)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u}{(n+u)^2}\leq \int_0^{\infty}\frac{u}{(v+u)^2}dv=1 \ (*)$$ On ecrit alors en utilisant le produit eulerien de la fonction gamma la derivee de $f$ ainsi :
$$f'(x)=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{x^2}\log (1+\frac{x}{n})+\frac{1}{x(n+x)}\right)=\frac{1-g(x)}{x}$$ avec
$$g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\left(\frac{1}{n+xt}-\frac{1}{n+x}\right)dt=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\left(\int_{xt}^x\frac{du}{(n+u)^2}\right)dt=\frac{1}{x}\int_0^xh(u)du\leq 1 $$ par Fubini et (*). Donc $f'(x)>0.$
@P.
Merci, je m'étais fortement intéressé à la question sans aboutir. Je suis content d'apprendre que ce n'est pas tout à fait évident. Je regarderai plus en détail votre preuve (tu)
Jean Lismonde: Interessante addition en ce sens qu'elle donne le signe asymptotique. Mais l'ironie de Gilles est fondee. Au passage, a propos de Stirling, tu utilises l'affirmation sans le dire $f-g\to 0$ entraine $ f/g\to 1$, qui est douteuse si $g\to 0.$
Réponses
Oui.
M
M
$$h(u)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u}{(n+u)^2}\leq \int_0^{\infty}\frac{u}{(v+u)^2}dv=1 \ (*)$$ On ecrit alors en utilisant le produit eulerien de la fonction gamma la derivee de $f$ ainsi :
$$f'(x)=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{x^2}\log (1+\frac{x}{n})+\frac{1}{x(n+x)}\right)=\frac{1-g(x)}{x}$$ avec
$$g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\left(\frac{1}{n+xt}-\frac{1}{n+x}\right)dt=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\left(\int_{xt}^x\frac{du}{(n+u)^2}\right)dt=\frac{1}{x}\int_0^xh(u)du\leq 1 $$ par Fubini et (*). Donc $f'(x)>0.$
Merci, je m'étais fortement intéressé à la question sans aboutir. Je suis content d'apprendre que ce n'est pas tout à fait évident. Je regarderai plus en détail votre preuve (tu)
soit la fonction f définie par $f(x)=(\frac{x^x}{\Gamma(1+x)})^{\frac{1}{x}}$
tu vas démonter la croissance de f suivant x en montrant la croissance de ln(f)
sachant que f est toujours positive
$lnf = ln(x) - \frac{1}{x}ln\Gamma(x+1)$
tu utilises l'équivalent de Stirling pour Gamma(1+x) soit pour x grand :
$\ln\Gamma(x+1)$ équivalent à $xln\frac{x}{e} + \frac{1}{2}ln(2\pi.x)$ et donc :
$\frac{1}{x}ln\Gamma(1+x)$ équivalent à $lnx + \frac{1}{2x}lnx$ soit
$lnf(x)$ équivalent à $-\frac{1}{2x}lnx$
fonction (de signe négatif) croissante vers 0 pour x croissante
cordialement