\documentclass[11pt, oneside]{amsart}
%\usepackage{amsmath}
%\usepackage{amssymb}


\NeedsTeXFormat{LaTeX2e}
\RequirePackage{amsmath}

%\include{amsfonts}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{m}{n}{ <-> cmr10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{m}{sl}{ <-> cmsl10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{m}{it}{ <-> cmti10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{m}{sc}{ <-> cmcsc10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{b}{n}{ <-> cmb10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{bx}{n}{ <-> cmbx10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{bx}{sl}{ <-> cmbxsl10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmr}{bx}{it}{ <-> cmbxti10}{}
\DeclareFontShape{OML}{cmm}{m}{it}{ <-> cmmi10}{}
\DeclareFontShape{OML}{cmm}{b}{it}{ <-> cmmib10}{}
\DeclareFontShape{OMS}{cmsy}{m}{n}{ <-> cmsy10}{}
\DeclareFontShape{OMS}{cmsy}{b}{n}{ <-> cmbsy10}{}
\DeclareFontShape{OT1}{cmtt}{m}{n}{ <-> cmtt10}{}
\DeclareFontFamily{U}{msa}{}
\DeclareFontShape{U}{msa}{m}{n}{ <-> msam10}{}
\DeclareFontFamily{U}{msb}{}
\DeclareFontShape{U}{msb}{m}{n}{ <-> msbm10}{}


\newcommand{\mc}{\mathcal}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\newcommand{\fhi}{\varphi}

\newcommand{\Ep}[2]{\ensuremath{\mathbb{#1}^{^{\scriptstyle{#2}}}}}
\newcommand{\Gr}[1]{\ensuremath{\mathbf{#1}}}
\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}
\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}
\newcommand{\Gl}{\operatorname{Gl}}
\newcommand{\Sl}{\operatorname{Sl}}

\newcommand{\val}{\operatorname{val}}
\newcommand{\vect}{\operatorname{Vect}}
\newcommand{\rang}{\operatorname{rang}}
\newcommand{\diag}{\operatorname{diag}}
\newcommand{\card}{\operatorname{Card}}
\newcommand{\mat}{\operatorname{Mat}}
\newcommand{\spec}{\operatorname{Sp}}
\newcommand{\trace}{\operatorname{Trace}}
\newcommand{\rond}{\operatorname{\circ}}
\newcommand{\sh}{\operatorname{sh}}
\newcommand{\ch}{\operatorname{ch}}
\newcommand{\argch}{\operatorname{argch}}
\newcommand{\argsh}{\operatorname{argsh}}
\newcommand{\argth}{\operatorname{argth}}
\newcommand{\grad}{\operatorname{grad}}

\newcommand{\tvi}{\vrule height 12pt depth 5pt width 0pt}
\newcommand{\tv}{\tvi\vrule}
\newcommand{\og}{\leavevmode\raise.3ex\hbox{$\scriptscriptstyle%
 
		\langle\!\langle\,$}}
\newcommand{\fg}{\leavevmode\raise.3ex\hbox{$\scriptscriptstyle%
 
		\,\rangle\!\rangle$}}

\font\ineg=msam10 at 8pt

\def\leq{\mathrel{\hbox{\ineg 6}}} % <= fran\c cais
\def\se{\mathrel{\hbox{\ineg >}}} % >= fran\c cais
\def\ge{\mathrel{\hbox{\ineg >}}} % >= fran\c cais
\def\geq{\mathrel{\hbox{\ineg >}}} % >= fran\c cais

\catcode`\@=11
\catcode`\;=\active
\def;{\relax\ifhmode\ifdim\lastskip>\z@% abr�v. pour dire � > 0 �
\unskip\fi\kern.2em\fi\string;\kern.5em}
\catcode`\:=\active
\def:{\relax\ifhmode \ifdim\lastskip>\z@\unskip\fi
\penalty\@M\kern.2em\fi\string:\kern.5em\penalty0\ignorespaces}
\catcode`\!=\active
\def!{\relax\ifhmode\ifdim\lastskip>\z@
\unskip\fi\kern.2em\fi\string!}
\catcode`\?=\active
\def?{\relax\ifhmode\ifdim\lastskip>\z@
\unskip\fi\kern.2em\fi\string?\kern.5em}
\catcode`\@=12
%
\def\titre#1{\centerline{\encadre{\fontitre #1}}\bigskip}

\def\encadreLR#1{\ifmmode{|#1|}%
\else{$|#1|$}\fi}
\def\encadre#1{\leavevmode\thinspace\hbox{\vrule\vtop{\vbox{
\hrule\kern1pt\hbox{\vphantom{/}\thinspace{#1}\thinspace}}
\kern1pt\hrule}\vrule}\thinspace}

\def\para#1{\goodbreak\leavevmode\llap{\hbox{\bf #1 \ }}}

\font\fontitre=cmbx12 scaled \magstep2
\font\xiibx=cmbx12

% cadre
% Usage: \cadre{10pt}{texte} pour avoir un cadre de 10 points de large
%
\newdimen\hcadre
\newdimen\pcadre
\def\cadre#1#2{\setbox1=\hbox{\kern #1{#2}\kern #1}%
\hcadre=\ht1\advance\hcadre by#1\pcadre=\dp1\advance\pcadre by#1%
\setbox1=\hbox{\vrule height\hcadre depth\pcadre\box1\vrule}%
\setbox1=\vbox{\hrule\box1\hrule}\advance\hcadre by#1\ht1=\hcadre%
\advance\pcadre by#1\dp1=\pcadre\null\kern#1\box1\kern#1\relax}

\def\cadrerelief#1#2{\setbox1=\hbox{\kern #1{#2}\kern #1}%
\hcadre=\ht1\advance\hcadre by#1\pcadre=\dp1\advance\pcadre by#1%
{\advance\hcadre by-0.8pt\global\ht1=\hcadre}
\setbox2=\hbox{\vrule height\hcadre depth\pcadre\kern-0.5pt\copy1\vrule\vrule
height\ht1 depth\pcadre width0.6pt}%
\setbox1=\vbox{\offinterlineskip\hbox{\vrule height0.4pt depth0pt width 0.1pt%
\vrule width\wd1}%
\box2\hbox{\vrule height0pt depth0.4pt width0.9pt%
\vrule height0pt depth1.2pt width\wd1}}%
\advance\hcadre by#1\ht1=\hcadre\advance\pcadre by#1\dp1=\pcadre\kern#1%
\box1\kern#1\relax}

\def\boxit#1#2{\setbox1=\hbox{\kern#1{#2}\kern#1}%
\dimen1=\ht1 \advance\dimen1 by #1 \dimen2=\dp1 \advance\dimen2 by #1
\setbox1=\hbox{\vrule height\dimen1 depth\dimen2\box1\vrule}%
\setbox1=\vbox{\hrule\box1\hrule}%
\advance\dimen1 by .4pt \ht1=\dimen1
\advance \dimen2 by .4pt \dp1=\dimen2 \box1\relax}
%


%
\def\up#1{\raise 1ex\hbox{\small #1}}
%

\def\Reponse#1#2{\setbox1=\vbox{\hbox{#1}\hbox{#2}}\par
\centerline{\cadrerelief{4pt}{\box1}}}	% deux r�ponses accol�es.
\def\reponse#1{\par\smallskip\centerline{\cadrerelief{4pt}{#1}}}

%
% Fontes "blackboard"
%

\newcommand{\C}{\ensuremath{{\mathbb C}}}
\newcommand{\D}{\ensuremath{{\mathbb D}}}
\newcommand{\K}{\ensuremath{{\mathbb K}}}
\newcommand{\N}{\ensuremath{{\mathbb N}}}
\newcommand{\Z}{\ensuremath{{\mathbb Z}}}
\newcommand{\Q}{\ensuremath{{\mathbb Q}}}
\newcommand{\R}{\ensuremath{{\mathbb R}}}
\newcommand{\U}{\ensuremath{\mathbb U}}

%
% Op�rateurs math�matiques divers
%

\def\dt{\kern 0.25em\hbox{d}\kern 0.1em t} 
	% dans une int�grale.
\def\eps{{\relax\ifmmode\varepsilon\else$\varepsilon$\fi}}
\def\adots{\mathinner{\mkern2mu\raise1pt\hbox{.}\mkern3mu\raise4pt\hbox{.}\mkern1mu\raise7pt\hbox{.}}}
% Trois points �antidiagonaux�  (sym�trique de \ddots)


\newtheorem{Thm}{Th�or�me}
\newtheorem{Lemme}{Lemme}
\newtheorem{Prop}{Proposition}
\newtheorem{Def}{D�finition}
\newtheorem{Exo}{Exercice}
\newtheorem{Rem}{Remarque}
\newtheorem{Corollaire}{Corollaire}

\renewcommand{\thesection}{\Roman{section}}
\renewcommand{\thesubsection}{\arabic{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{\thesubsection$^\circ)$\alph{subsubsection})}

\renewcommand{\proofname}{Preuve}

% On est en France, rooognnntuj�� !
\pretolerance=200
\tolerance=1000
\textwidth=17cm\textheight=25cm\oddsidemargin=-10pt\evensidemargin=-10pt
\topmargin=-15pt\parskip=0pt
%\pagestyle{headings}

\parindent=0mm

%%%%%%%%% figures import�es %%%%%%%%%
\def\figure #1 by #2 (#3){
   \vbox to #2{
     \hrule width #1 height 0pt depth 0pt
     \vfill
     \special{picture #3} % this is the low-level interface
     }
   }


\makeatletter
\font\@upstt=cmtt10\def\ps@ups{\let\@mkboth\@gobbletwo
\let\@oddhead\@empty\def\@oddfoot{\@upstt\hfil\jobname.tex\ - page
\thepage\ifodd\count0\hfill\fi}%
\let\@evenhead\@empty\let\@evenfoot\@oddfoot}
\pagestyle{ups}
\ifx\numerodepage\undefined\else\count0=\numerodepage\fi
\makeatother

\begin{document}

\title{Transform\'ee de Laplace}

\maketitle

\section{propri\'et\'es de la transform\'ee de Laplace d'un \'el\'ement de $E$}

\para{1.}
En effet, la fonction $t\mapsto t^n e^{-xt}$ est continue sur $\R_+$ 
et int{\'e}grable
en $+\infty $ par comparaison avec $t\mapsto 1/t^2$.

\para{2.}
Si $f$ est� continue et int{\'e}grable alors il en est de m{\^e}me de 
$t\mapsto f(t) e^{-xt}$,
pour tout $x>0$ et m{\^e}me pour $x=0$.

Je montre d'abord qu'une fonction born{\'e}e est {\'e}l{\'e}ment de $E$:
en effet si $|f|\le M$ sur $\R_+$ alors $|f(t) e^{-xt}| \le  M 
e^{-xt}$ qui est int{\'e}grable.

En particulier, si $f$ est int{\'e}grable alors $F:y\mapsto \int_0^y 
f(t)\dt$ v{\'e}rifie
$$
    \forall y\ge 0 \quad|F(y)| \le  \int_0^y |f(t)|\dt\le 
\int_0^\infty  |f(t)|\dt = M
$$
$F$ {\'e}tant born{\'e}e (et continue) est donc dans $E$.

\para{3.}
On l'a utilis{\'e} implicitement au \textbf{1}: si $f$ et $g$ sont 
dans $E$ alors il en est de m{\^e}me
pour $\lambda f + g$. Donc $E$ est un SOUS-espace vectoriel de 
l'espace des fonctions
continues (par exemple), qui contient les fonctions born{\'e}es (entre autres).

\para{4.}
Premi{\`e}re question d{\'e}licate.

Soit $x>0$, choisissons un $\alpha \in ]0,x[$. Alors pour $t$ assez grand, on a
$$
     t^n e^{(\alpha - x)t} \le  1 \quad\text{et donc}\quad |t^n f(t) 
e^{-x t}| \le  e^{-\alpha t}
$$
et cette derni{\`e}re fonction est int{\'e}grable.
On a bien montr{\'e} que $t\mapsto t^n f(t) e^{-x t}$ est 
int{\'e}grable (en $+\infty $)
pour tout $x>0$; elle est continue, donc dans $E$, cqfd.

\para{5.}
C'est du cours, car\begin{itemize}
\item $(x,t)\mapsto f(t) e^{-xt}$ est continue sur $]0,+\infty [ \times \R_+$
comme produit et compos{\'e}e de fonctions continues,
\item de plus on peut DOMINER cette fonction par $|f(t)| e^{-at}$ 
(pour $x\ge a$),
qui est INT\'EGRABLE et IND\'EPENDANTE de $x$.
\end{itemize}

\para{6.}
C'est le th{\'e}or{\`e}me de \textsc{Leibniz} version ``hard'', qui 
permet de d{\'e}montrer le Lemme suivant
dont d{\'e}coule le r{\'e}sultat demand{\'e}:
\begin{Lemme}
   Pour $f\in E$ , $\mc L(f)$ est de classe $\mc C^1$ avec
   $\mc L(f)'(x) = - \int_0^{+\infty } t f(t) e^{-xt}\dt$.
\end{Lemme}
La propri{\'e}t{\'e} voulue s'en suit par r{\'e}currence sur l'ordre 
de la d{\'e}rivation.


D{\'e}montrons donc le Lemme: les hypoth{\`e}ses du th{\'e}or{\`e}me 
de \textsc{Leibniz} sont v{\'e}rifi{\'e}es
pour tout \goodbreak $x\ge a>0$, {\`a} savoir
\begin{itemize}
\item $t\mapsto f(t) e^{-xt}$ est domin{\'e}e par une foncton 
int{\'e}grable ind{\'e}pendante
de $x$ ({\`a} savoir $|f(t)| e^{-at}$), et
\item
$t\mapsto \dfrac{\partial f(t) e^{-xt}}{\partial x} = -t f(t) 
e^{-xt}$ est domin{\'e}e par une fonction int{\'e}grable
ind{\'e}pendante de $x$, savoir  $t|f(t)| e^{-at}$ qui est 
int{\'e}grable comme on l'a vu {\`a} la question pr{\'e}c{\'e}dente.
\item
Tout le monde est continu par rapport au couple $(x,t)$.
\end{itemize}
Donc on peut d{\'e}river sous le signe $\int$ et le Lemme est d{\'e}montr{\'e}.

\para{7.}
On a envie de dire que
$$
      \lim_{x\to+\infty }\int_0^{+\infty } f(t) e^{-xt} \dt =
     \int_0^{+\infty } f(t)  \lim\limits_{x\to+\infty }e^{-xt} \dt = \int 0 = 0
$$
Le programme n'y autorise pas vraiment: on a bien la domination (pour $x\ge 1$)
$$
    | f(t) e^{-xt}  | \le  |f(t)|e^{-t} = \varphi(t) \quad\text{int{\'e}grable}
$$
mais pour rester dans les limites du programme il faut:
\begin{itemize}
      \item
      Employer le th{\'e}or{\`e}me de convergence domin{\'e}e dont on 
vient de v{\'e}rifier
      l'hypoth{\`e}se, pour dire que $\int_0^{+\infty } f(t) e^{-x_nt} 
\dt \to 0$ quand $x_n \to +\infty $
      pour $n\to +\infty $,
      \item
      Dire que ceci est vrai pour toute suite $(x_n)$ tendant vers 
$+\infty $ et donc vrai
      pour $x$ r{\'e}el tendant vers l'infini (crit{\`e}re de 
convergence s{\'e}quentiel
      d'une fonction).
\end{itemize}
Une transform{\'e}e de \textsc{Laplace} n'est donc pas une fonction 
$\mc C^\infty $ quelconque.

\para{8.}
Tout d'abord, $h(x) = \int_0^x h' \to \int_0^{+\infty } h'$ quand 
$x\to+\infty $
(cette int{\'e}grale existe par int{\'e}grabilit{\'e} de $h'$).
Ensuite on int{\`e}gre par parties:
\begin{multline*}
    \mc L(h')(x) = \int_0^{+\infty } h'(t) e^{-x t} \dt
    = \lim_{A\to+\infty } \int_0^A h'(t) e^{-x t} \dt
    = \lim_{A\to+\infty }\left( \bigl[h(t) e^{-x t}\bigr]_0^A
             + \int_0^A h'(t) xe^{-x t} \dt\right) \\
    = -h(0) + x \mc L (h)(x)
\end{multline*}


Comme par la question pr{\'e}c{\'e}dente,
$\mc L(h')(x) \to 0$ quand $x\to +\infty $ ($h'$ {\'e}tant dans $E$)
on en d{\'e}duit qu'alors $x\mc L(h)(x) \to h(0)$.

Par ailleurs, $\mc L(h')(x) = \int_0^{+\infty } h'(t) e^{-x t} \dt
\to \int_0^{+\infty } h'(t).1 \dt = \lim\limits_{+\infty } h - h(0)$
quand $x\to 0^+$ en vertu du th{\'e}or{\`e}me de convegnce domin{\'e}e
(quitte {\`a} refaire le coup de $x_n\to 0$ comme pr{\'e}c{\'e}demment)
car l'int{\'e}grande est domin{\'e} par $|h'|$, int{\'e}grable.

On en tire donc que
$$
     \lim_{x\to 0^+} x \mc L(h)(x) = \lim\limits_{+\infty } h
$$
Curieuse dualit{\'e} entre 0 et $+\infty $ (cf. \textsc{Pascal, 
Blaise}: \textsl{Pens{\'e}es}).

\para{9.}
$h,h'$ {\'e}tant born{\'e}es sont dans $E$ d'apr{\`e}s \textbf{2.}
L'int{\'e}gration par parties pr{\'e}c{\'e}dente est donc encore 
valide (pour $x>$)
tant les parties concern{\'e}es font de leur mieux pour {\^e}tre 
int{\'e}grables
et le crochet d'int{\'e}gration tendant encore vers $-h(0)$ m{\^e}me si $h$ n'a
plus forc{\'e}ment de limite en $+\infty $.

\section{Applications.}
\para{A.10.}
  Notons au pr{\'e}alable que le sinus cardinal ($g$) est en fait une fonction
d{\'e}veloppable en s{\'e}rie enti{\`e}re en 0, avec un rayon de 
convergence infini.
C'est donc (comme $f$) une fonction continue, et born{\'e}e (par 1), 
ce qui suffit
{\`a} assurer sa place dans $E$, ainsi qu'{\`a} sa primitive $h$ 
d'apr{\`e}s \textbf{2.}

Ensuite on calcule:
\begin{eqnarray*}
    \int_0^{+\infty } \sin t\; e^{-xt} \dt = \dfrac1{x^2+1} \qquad
    \text{(par parties, deux fois ou dans \C)}
    \\
    \mc L(g)(x) =\int_0^{+\infty } \dfrac{\sin t}t\; e^{-xt} \dt, \ 
\mc L(g)'(x) =
-\int_0^{+\infty } t\dfrac{\sin t\;e^{-xt}}t  \dt
    = - \dfrac1{x^2+1} ,\
    \mc L(g)(x) = \arctan \dfrac1x \\
    \mc L(h)(x) = \dfrac1x\mc L(h')(x) = \dfrac1x\mc L(g)(x)
    = \dfrac1x\arctan\dfrac1x
\end{eqnarray*}
\para{B.11.}
$f$et $g$ sont born{\'e}es et continues donc dans $E$.

Il vient
$$
   \mc L(f)(x) = \int_0^{+\infty } f(t) e^{-xt}\dt
   = \sum_{n\ge 0}\int_{nT}^{(n+1)T} f(t) e^{-xt}\dt
   = \sum_{n\ge 0}\int_{0}^{T} g(t) e^{-xt} e^{-nT x}\dt
   = \sum_{n\ge 0}e^{-nT x}\int_{0}^{+\infty } g(t) e^{-xt} \dt
$$
et on reconna{\^\i}t une s{\'e}rie g{\'e}om{\'e}trique de raison $e^{-T x}$
et de premier terme $\int_{0}^{+\infty } g(t) e^{-xt} \dt$,
d'o{\`u} le r{\'e}sultat: $\mc L(f)(x)(1-e^{-xT}) = \mc L(g)(x)$.

\para{12.}
On utilise ce qui pr{\'e}c{\`e}de, avec $T=1$. Donc
$$
    \mc L(g)(x) = \int_0^1 \sin \pi t\; e^{-x t} \dt
    = \dfrac{\left( 1 + e^{-x} \right) \,\pi }{{\pi }^2 + x^2}
    \qquad
    \mc L(f)(x) = \dfrac{\left( 1 + e^{-x} \right) \,\pi 
}{(1-e^{-x})({\pi }^2 + x^2)}
$$
\para{C.13}
Comme
$a_n z^n \to 0$ pour tout $z$ de module inf{\'e}rieur {\`a} $R$, on a
$|a_n|/c^n \to 0$ quand $c=1/|z| > 1/R$.

Or toute suite convergente est born{\'e}e, d'o{\`u} le r{\'e}sultat 
demand{\'e}.\smallskip

On en d{\'e}duit que
$$
        \bigl|\dfrac{a_n}{n!} x^n\bigr|
        \le  M \dfrac{(c|x|)^n}{n!} \to 0
$$
pour tout $x\in\C$ et donc le rayon de convergence
de la s{\'e}rie enti{\`e}re $\sum \dfrac{a_n}{n!} x^n$
est infini (pas de d'\textsc{Alembert} !!!)
\para{14.}
La somme d'une s{\'e}rie enti{\`e}re est continue, et m{\^e}me plus !

Le probl{\`e}me est l'int{\'e}grabilit{\'e}: elle r{\'e}sulte du 
th{\'e}or{\`e}me d'int{\'e}gration
terme {\`a} terme, lui-m{\^e}me cousin du th{\'e}or{\`e}me
de convergence monotone, qui stipule que la somme d'une s{\'e}rie de fonctions
continues est int{\'e}grable d{\`e}s que la somme des int{\'e}grales 
des valeurs absolues
converge.
Or (souvenons-nous de la fonction $\Gamma$ !)
$$
     \sum_{n\ge 0} \int_0^{+\infty } e^{-ct} \Bigl| \dfrac{a_n}{n!} 
t^n \Bigr| \dt
     = \sum_{n\ge 0} \dfrac{|a_n|}{c^{n+1}}
$$
et cette s{\'e}rie converge puisque $c>c'>\dfrac1R$.

On a alors le droit d'int{\'e}grer terme {\`a} terme sans les valeurs 
absolues, et
cela donne
$$
     \int_0^{+\infty } e^{-ct}   \sum_{n\ge 0}\dfrac{a_n}{n!} t^n \dt
     = \sum_{n\ge 0} \int_0^{+\infty } e^{-ct}  \dfrac{a_n}{n!} t^n \dt
     = \sum_{n\ge 0} \dfrac{a_n}{c^{n+1}}
$$
\para{15.}
$J$ est continue comme int{\'e}grale {\`a} param{\`e}tre d'une fonction
continue de deux variables sur un SEGMENT fix{\'e} (pas besoin
de th{\'e}or{\`e}me compliqu{\'e}).

Elle est born{\'e}e, comme cosinus: $|J|\le \pi/2$.
Donc elle est dans $E$.
\para{16.}
  On {\'e}crit
$$
    \cos(\sqrt x \cos t) = \sum_{n\ge 0} (-1)^n \dfrac{x^n\cos^{2n} t}{(2n)!}
$$
Par convergence normale sur tout compact, et donc convergence uniforme
quand $t$ d{\'e}crit $[0,\pi/2]$ on peut int{\'e}grer terme {\`a} terme:
$$
    J(x) = \sum_{n\ge 0} (-1)^n \; x^n\int_0^{\pi/2}\dfrac{\cos^{2n} 
t}{(2n)!} \dt
    =  \dfrac\pi2\sum_{n\ge 0} \dfrac{(-1)^n}{(2^n\, n!)^2} \; x^n
$$
Le rayon de convergence {\'e}tant infini (m{\^e}me sans d'\textsc{Alembert}:
le terme g{\'e}n{\'e}ral tend toujours vers 0),  gr{\^a}ce aux 
questions 13 et 14 on peut {\'e}crire
$$
   \mc L(J)(x) = \dfrac\pi2\sum_{n\ge 0} \dfrac{(-1)^n}{(2^n\, n!)^2\; x^n }
$$
On a trouv{\'e} la transform{\'e}e de \textsc{Laplace} d'une fonction 
de \textsc{Bessel}.
\para{D.}
La formule admise est obtenue par d{\'e}rivation logarithmique de la 
\textsc{formule
de Weierstrass}
$$\Gamma(x) = \dfrac{e^{-\gamma x}}x \prod\limits_{n=1}^\infty 
\dfrac{e^{x/n}}{1+\frac{x}n}$$

$\Phi$ est donc d{\'e}finie par
$$
   \Phi(x) = -\gamma - \dfrac1{x+1} + (x+1)\sum_{k=1}^\infty  \dfrac1{k(k+x+1)}
$$

\para{17.}
$g$ se prolonge par continuit{\'e} en 0 et est domin{\'e}e par 
$1/t^2$ en $+\infty $, donc
est int{\'e}grable.
Elle est continue [et m{\^e}me $\mc C^\infty $, comme $1/g$], donc 
est dans $E$.

\para{18.}
$\Gamma$ ne s'annulant jamais
et {\'e}tant de classe $\mc C^\infty $ sur $]0,+\infty [$ (c'est du 
cours), $\Phi$ l'est aussi
(et m{\^e}me sur $]-1,+\infty [$).

Peut-{\^e}tre que l'{\'e}nonc{\'e} souhaitait que l'on 
(re)d{\'e}montr{\^a}t que $\Gamma$ est de
classe $\mc C^2$ ?

\para{19.}
  $$
       \mc L(g)(x) -  \mc L(g)(x+1)
       = \int_0^{+\infty } \dfrac{t\;e^{-xt}}{e^t - 1} \dt -
       \int_0^{+\infty } \dfrac{t\, e^{-t} \;e^{-xt}}{e^t - 1} \dt
       = \int_0^{+\infty } \dfrac{t\;e^{-xt}(1-e^{-t})}{e^t - 1} \dt
       = \int_0^{+\infty } t\;e^{-(x+1)t} \dt
$$
et deux int{\'e}grations par parties ( de 0 {\`a} $A$, puis on fait tendre
$A$ vers $+\infty $) donnent bien
\reponse{$ \mc L(g)(x) -  \mc L(g)(x+1) = \dfrac1{(x+1)^2}$}

\para{20.}
On peut d{\'e}river terme {\`a} terme la s{\'e}rie qui d{\'e}finit $\Phi$, car
\begin{itemize}
    \item
    La s{\'e}rie converge au premier abord terme g{\'e}n{\'e}ral en $1/k^2$);
    \item
    La s{\'e}rie des d{\'e}riv{\'e}es,
    $\dfrac1{(x+1)^2} +
     \sum\limits_{k\ge 1} \left(\dfrac1{k(k+x+1)} - 
\dfrac{x+1}{k(k+x+1)^2}\right)
     = \dfrac1{(x+1)^2} +
     \sum\limits_{k\ge 1} \dfrac1{(k+x+1)^2}
     $
     converge normalement sur tout compact de $\R_+$
     (le terme g{\'e}n{\'e}ral {\'e}tant major{\'e} par $\dfrac1{k^2}$).
\end{itemize}
Donc
$\Phi'(x) = \dfrac1{(x+1)^2} +
     \sum\limits_{k\ge 1} \dfrac1{(k+x+1)^2} =  \sum\limits_{k\ge 1} 
\dfrac1{(k+x)^2}$ et
par r{\'e}indexation
$$
    \Phi'(x) -\Phi'(x+1)=
     \sum\limits_{k\ge 1} \dfrac1{(k+x)^2} -
     \sum\limits_{k\ge 1} \dfrac1{(k+x+1)^2}
     = \dfrac1{(x+1)^2}
$$

\para{21.}
Notons que $\mc L(g)(x+n) \to 0$ quand $n\to+\infty $ par \textbf{7.} Donc
$$
     \Phi'(x) = \sum_{n\ge 0} \bigl( \Phi'(x+n) - \Phi'(x+n+1)\bigr)
     = \sum_{n\ge 1} \dfrac1{(x+n)^2}
$$
   Par ailleurs, $\Phi'(x) = \sum\limits_{k\ge 1} \dfrac1{(k+x)^2} \to 
0$ en $+\infty $ par convergence
uniforme et th{\'e}or{\`e}me de la double limite [on peut aussi majorer
par une int{\'e}grale, par exemple par $\int_x^\infty  \dfrac{\dt}{t^2}$]. Donc
$$ \mc L(g)(x)  =\sum_{n\ge 0}  \bigl(\mc L(g)(x+n) -  \mc L(g)(x+n+1)\bigr)
     =  \sum_{n\ge 1} \dfrac1{(x+n)^2}
$$


\reponse{
  Moralit{\'e}: $\mc L(g) = \Phi'$.
}

\end{document}

