Je cherche une démonstration ou un lien vers une démonstration (la plus simple possible) de la formule des compléments :
$$\Gamma(1-x) \, \Gamma(x) = \frac{\pi}{\sin (\pi x)}$$
Merci
Une méthode élémentaire pour établir le résultat est d'écrire $\displaystyle \Gamma(1-z) \, \Gamma(z)=\int_0^{+\infty} \dfrac{x^{z-1}}{x+1} \,\mathrm dx$
Ensuite, tu utilises le theorème des résidus pour calculer cette intégrale dont la valeur est exactement le résultat souhaité.
Pour cela, écrivons la décomposition en éléments simples dans $\C$ de $ \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} $ sous la forme :
$$ \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} = \sum_{k=1}^m \sum_{j=1}^{n_k} \frac{A_k_j}{(x-\alpha_k )^j} \,\,\, ( A_k_j \in \R,\,\, \alpha_k = e^{\frac{(2q+1) \pi}{2q}},\, k \in (1 ,\ldots , 2q-1) )$$
Comme $ \forall a \in \C \, \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x-a)^r} = 0 \,\, (r \geq 2) \,\, $ et $ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x-a} = i \pi sgn(\beta) $ ( pour $ a = \alpha + i \beta $ ), on obtient :
$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} = \sum_{k=1}^m i \pi A_k_1 sgn(Im(a_k))$$
On a aussi $A_k_1 = \frac{\alpha_k ^{2p}}{2q \alpha_k^{2q-1}} = -\frac{\alpha_k^{2p+1}}{2q} $.
En notant $\Omega = ( \omega \in \C / \omega^{2q} = -1 ) $ et $\sigma : \omega \in \Omega \longrightarrow \sigma(\omega)=1 $ si $Im(\omega)>0$ et $\sigma(\omega)=-1 $ si $Im(\omega)<0$, on obtient :
Comme $ \sigma(\alpha_k) >0$ pour $k \in (1,\ldots ,q-1)$ et $ \sigma(\alpha_k) <0 $ pour $ k \in (q,...,2q-1)$ et que $\bar{\alpha_k} = \alpha_{2q-1-k}$,
Le premier membre est continu car $(\lambda,x) \longrightarrow \frac{1}{1+x^{\lambda}}$ l'est sur $]1,+\infty[$ x $[0,1]$.
Le second membre l'est car $(\lambda,x) \longrightarrow \frac{1}{1+x^{\lambda}}$ l'est sur $]1,+\infty[$ x $[1,+\infty[$ et $\forall (a,b) \in ]1,+\infty[^2 \,\, (a>b) \,\, \frac{1}{1+x^{\lambda}} \leq \frac{1}{1+x^a}$ où $ x \longrightarrow \frac{1}{1+x^a} $ est intégrable sur $[1,+\infty[$.
J étant continue et $\Q$ dense dans $\R$, on peut étendre l'égalité $J(\lambda) = \varphi(\lambda)$ au cas où $\lambda \in \R$.
F est définie sur $[0, +\infty[$ et continue sur car $\psi : (x,t) \longrightarrow \frac{e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}$ est continue sur $[0,+\infty[$ x $[0,+\infty[$ et $|\psi(x,t)| = |\frac{e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}| \leq \frac{1}{1+t^{\lambda}} $.
De plus, F est $C^1$ car $\frac{\partial \psi}{\partial x}$ est continue sur
$[0,+\infty[$ x $[0,+\infty[$, $t \longrightarrow \frac{\partial \psi}{\partial x}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ et $\forall a \in ]1,+\infty[ \,\, |\frac{\partial \psi}{\partial x} (x,t)|=|\frac{-t^{\lambda} e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}| \leq \frac{t^{\lambda} e^{-at^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}} $ qui est intégrable sur $[0,+\infty[$.
Ce qui montre aussi que $F'(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{-t^{\lambda} e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}} dt $
pour la détermination de $J\left(\frac{p}{q}\right)$, il faut se montrer prudent. En effet, il faut plutôt considérer $J\left(\frac{2q}{2p+1}\right)$ avec $0 \leqslant p < q$ pour appliquer la formule donnant $I_{p,q}$.
Pour la dernière partie, il manque un terme $e^{-x}$ dans l'intégrande où apparait la fonction $\Gamma$ :
$$ [e^{-x}F(X)]_\gamma^\delta = -\alpha\Gamma(\alpha) \int_\gamma^\delta \frac{e^{-x}}{x^\alpha} dx $$
gebrane, voici ma réponse, tirée de réserves d'exos.
Formule des compléments. Soit $0<p<1$. Montrer que
$$\int_0^1\frac{x^{p-1}}{1+x}_,dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+p}.
$$ (Methode : expliciter le reste de la série $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n)$.
En déduire que
$$\int_0^{\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}\, dx=B(p,1-p)=1/p+2p\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}/(n^2-p^2).
$$ (Méthode : faire le changement de variable $ x\mapsto 1/x$ dans $ \int_1^\infty x^{p-1}/(1+x)\,dx$).
En considérant enfin la série de Fourier de la fonction $f$ de période $ 2\pi$ telle que $f(x)= \cos px$ si $|x|\leq \pi$, ainsi que sa valeur en zéro, montrer que
$$B(p,1-p)=\frac{\pi}{\sin\pi p }.$$(Source : J.Bass, Cours de Mathematiques, Tome 1, page 311).
Réponses
Une méthode élémentaire pour établir le résultat est d'écrire $\displaystyle \Gamma(1-z) \, \Gamma(z)=\int_0^{+\infty} \dfrac{x^{z-1}}{x+1} \,\mathrm dx$
Ensuite, tu utilises le theorème des résidus pour calculer cette intégrale dont la valeur est exactement le résultat souhaité.
En espérant t'aider
il existe une démonstration simple à cette relation en passant par les produits infinis eulériens:
$\frac{sin(\pi.x)}{\pi.x}=(1-x^2)(1-\frac{x^2}{2^2}).........(1-\frac{x^2}{n^2}).....$
or la définition de la fonction Gamma donnée par Weierstrass (avec $\gamma$ constante d'Euler) est:
$\frac{e^{-\gamma.x}}{\Gamma(1+x)}=\frac{1+x}{e^x}\frac{1+x/2}{e^{x/2}}...........\frac{1+x/n}{e^{x/n}}......$
en faisant le produit $\frac{e^{-\gamma.x}}{\Gamma(1+x)}\frac{e^{\gamma.x}}{\Gamma(1-x)}$
tu trouves le produit infini $(1-x^2)(1-\frac{x^2}{2^2})..........(1-\frac{x^2}{n^2})......$ d'où le résultat
cordialement
Montrons d'abord la relation générale :
$$ \forall (p,q) \in \N^2 \,\, ( p<q ) \,\, I(p,q) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} = \frac { \frac { \pi}{q}}{\sin (\frac{(2p+1)\pi}{2q})} $$
Pour cela, écrivons la décomposition en éléments simples dans $\C$ de $ \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} $ sous la forme :
$$ \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} = \sum_{k=1}^m \sum_{j=1}^{n_k} \frac{A_k_j}{(x-\alpha_k )^j} \,\,\, ( A_k_j \in \R,\,\, \alpha_k = e^{\frac{(2q+1) \pi}{2q}},\, k \in (1 ,\ldots , 2q-1) )$$
Comme $ \forall a \in \C \, \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x-a)^r} = 0 \,\, (r \geq 2) \,\, $ et $ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x-a} = i \pi sgn(\beta) $ ( pour $ a = \alpha + i \beta $ ), on obtient :
$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} = \sum_{k=1}^m i \pi A_k_1 sgn(Im(a_k))$$
On a aussi $A_k_1 = \frac{\alpha_k ^{2p}}{2q \alpha_k^{2q-1}} = -\frac{\alpha_k^{2p+1}}{2q} $.
En notant $\Omega = ( \omega \in \C / \omega^{2q} = -1 ) $ et $\sigma : \omega \in \Omega \longrightarrow \sigma(\omega)=1 $ si $Im(\omega)>0$ et $\sigma(\omega)=-1 $ si $Im(\omega)<0$, on obtient :
$$I(p,q) = -\frac{i \pi}{2q} \sum_{\omega \in \Omega} \sigma (\omega) \omega^{2p+1} = -\frac{i \pi}{2q} \sum_{k=0}^{2q-1} \sigma (\alpha_k) \alpha_k^{2p+1} $$
Comme $ \sigma(\alpha_k) >0$ pour $k \in (1,\ldots ,q-1)$ et $ \sigma(\alpha_k) <0 $ pour $ k \in (q,...,2q-1)$ et que $\bar{\alpha_k} = \alpha_{2q-1-k}$,
$$I(p,q) = -\frac{i \pi}{2q} \sum_{k=0}^{q-1} \alpha_k^{2p+1} -\frac{i \pi}{2q} \sum_{k=q}^{2q-1} \alpha_k^{2p+1} = -\frac{i \pi}{2q} \sum_{k=0}^{q-1} 2i \sin( (2p+1)(2k+1) \frac {\pi}{2q} )$$
Et comme
$$ \sum_{k=0}^{n-1} \sin( b+kx ) = \frac { \sin( b + (n-1) \frac {x}{2} ) \sin ( n \frac {x}{2} ) } { \sin( \frac {x}{2} ) }$$
(en passant aux complexes et en arrangeant)
On obtient finalement :
$$I(p,q) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac {x^{2p}}{1+x^{2q}} dx = \frac { \frac { \pi}{q}}{\sin (\frac{(2p+1)\pi}{2q})} $$
Pour $\lambda = \frac{p}{q} \in \Q $, d'après le résultat précédent et grâce au changement de variable $t = x^{\frac{1}{q}}$, on a :
$$J(\lambda) = \int_{0}^{+\infty} \frac{q t^{q-1}}{1+t^p} dt = \frac{\frac{\pi}{\lambda}}{sin(\frac{\pi}{\lambda})} = \varphi (\lambda)$$
Montrons que $\lambda \longrightarrow J(\lambda)$ est continue.
Pour cela, écrivons
$$J(\lambda) = \int_{0}^{1} \frac{dx}{1 + x^{\lambda}} + \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{1 + x^{\lambda}}$$
Le premier membre est continu car $(\lambda,x) \longrightarrow \frac{1}{1+x^{\lambda}}$ l'est sur $]1,+\infty[$ x $[0,1]$.
Le second membre l'est car $(\lambda,x) \longrightarrow \frac{1}{1+x^{\lambda}}$ l'est sur $]1,+\infty[$ x $[1,+\infty[$ et $\forall (a,b) \in ]1,+\infty[^2 \,\, (a>b) \,\, \frac{1}{1+x^{\lambda}} \leq \frac{1}{1+x^a}$ où $ x \longrightarrow \frac{1}{1+x^a} $ est intégrable sur $[1,+\infty[$.
J étant continue et $\Q$ dense dans $\R$, on peut étendre l'égalité $J(\lambda) = \varphi(\lambda)$ au cas où $\lambda \in \R$.
Posons $\alpha = \frac {1}{\lambda} \,\, (0<\alpha<1)$ et $F(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}} dt$
F est définie sur $[0, +\infty[$ et continue sur car $\psi : (x,t) \longrightarrow \frac{e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}$ est continue sur $[0,+\infty[$ x $[0,+\infty[$ et $|\psi(x,t)| = |\frac{e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}| \leq \frac{1}{1+t^{\lambda}} $.
De plus, F est $C^1$ car $\frac{\partial \psi}{\partial x}$ est continue sur
$[0,+\infty[$ x $[0,+\infty[$, $t \longrightarrow \frac{\partial \psi}{\partial x}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ et $\forall a \in ]1,+\infty[ \,\, |\frac{\partial \psi}{\partial x} (x,t)|=|\frac{-t^{\lambda} e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}}| \leq \frac{t^{\lambda} e^{-at^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}} $ qui est intégrable sur $[0,+\infty[$.
Ce qui montre aussi que $F'(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{-t^{\lambda} e^{-xt^{\lambda}}}{1+t^{\lambda}} dt $
$$F'(x) = F(x) - \int_{0}^{+\infty} e^{-xt^{\lambda}} dt $$
D'où, grâce au changement de variable $u = xt^{\lambda}$,
$$ F'(x) - F(x) = -\int_{0}^{+\infty} \frac {e^{-u} u^{ \frac{1}{\lambda} -1}}{\lambda x^{\frac{1}{\lambda}}} du = -\frac{\alpha}{x^{\alpha}} \int_{0}^{+\infty} u^{\alpha -1} e^{-u} du = -\frac{\alpha}{x^{\alpha}} \Gamma (\alpha)$$
Posons $\phi(x) = e^{-x} F(x)$ alors $ \phi'(x) = (F'(x) - F(x))e^{-x} $ ce qui montre que
$$\int_{\beta}^{\gamma} \phi'(x) dx = e^{-\gamma} F(\gamma) - e^{-\beta} F(\beta) $$
Donc que $$ e^{-\gamma} F(\gamma) - e^{-\beta} F(\beta) = \int_{\beta}^{\gamma} - \frac{\alpha}{x^{\alpha}} \Gamma (\alpha) dx$$
Or F est bornée car $0 \leq F(x) \leq \int_{0}^{+\infty} \frac{dt}{1+t^{\alpha}}$.
Donc, comme F est continue,
$$ \lim_{(\beta, \gamma) \rightarrow (+\infty, 0)} e^{-\gamma} F(\gamma) - e^{-\beta} F(\beta) = F(0) = - J(\lambda) = -\frac {\pi \alpha}{\sin(\pi \alpha)}$$
Or $$\lim_{(\beta, \gamma) \rightarrow (+\infty, 0)} \int_{\beta}^{\gamma} -\frac{\alpha}{x^{\alpha}} \Gamma (\alpha) dx = -\alpha \Gamma (\alpha) \Gamma (1- \alpha)$$
Donc par unicité de la limite,
$$\Gamma (\alpha) \Gamma (1-\alpha) = \frac{\pi}{\sin(\pi \alpha)}$$
Merci de me dire s'il y a des erreurs de raisonnement ou autre...
pour la détermination de $J\left(\frac{p}{q}\right)$, il faut se montrer prudent. En effet, il faut plutôt considérer $J\left(\frac{2q}{2p+1}\right)$ avec $0 \leqslant p < q$ pour appliquer la formule donnant $I_{p,q}$.
Pour la dernière partie, il manque un terme $e^{-x}$ dans l'intégrande où apparait la fonction $\Gamma$ :
$$ [e^{-x}F(X)]_\gamma^\delta = -\alpha\Gamma(\alpha) \int_\gamma^\delta \frac{e^{-x}}{x^\alpha} dx $$
Peut-on connaitre cette méthode par les séries de Fourier. Aussi PM se pose récemment la même question
( Ce fil est une mine d'or)
Formule des compléments. Soit $0<p<1$. Montrer que
$$\int_0^1\frac{x^{p-1}}{1+x}_,dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+p}.
$$ (Methode : expliciter le reste de la série $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n)$.
En déduire que
$$\int_0^{\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}\, dx=B(p,1-p)=1/p+2p\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}/(n^2-p^2).
$$ (Méthode : faire le changement de variable $ x\mapsto 1/x$ dans $ \int_1^\infty x^{p-1}/(1+x)\,dx$).
En considérant enfin la série de Fourier de la fonction $f$ de période $ 2\pi$ telle que $f(x)= \cos px$ si $|x|\leq \pi$, ainsi que sa valeur en zéro, montrer que
$$B(p,1-p)=\frac{\pi}{\sin\pi p }.$$(Source : J.Bass, Cours de Mathematiques, Tome 1, page 311).