%  Corrig\'e de l'\'epreuve d'analyse des ENSI pos\'ee en 2002

% par Daniel GENOUD - Lyc\'ee La Martini\`ere-Monplaisir - LYON
% email : Daniel.Genoud@ac-lyon.fr

% LaTeX 2.09


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% Mise en page

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% Num\'erotation ups
\input upsnum.sty

% Macros utilis\'ees pour ce corrig\'e

\def\num#1{\bigskip\hskip-8mm{\large\bf #1}~~}
\def\snum#1{\medskip\hskip-5mm#1. }
\def\udl#1{\underline{#1}}
\def\dprod{\displaystyle\prod}
\def\Prod{\dprod_{n=1}^{+\infty}}
\def\dsum{\displaystyle\sum}
\def\Sum{\dsum_{n=1}^{+\infty}}
\def\dfrac#1#2{\displaystyle\frac{#1}{#2}}
\def\dint{\displaystyle\int}
\def\dlim{\displaystyle\lim}
\def\Lim{\displaystyle\lim_{n\to\infty}}
\def\tend{\mathop{~\longrightarrow~}\limits_{n\to\infty}}
\def\equi{\mathop{\sim}\limits_{n\to\infty}}
\def\dt{\,{\rm d}t}
\def\du{\,{\rm d}u}

\begin{document}

\centerline{\fbox{{\bf
~CORRIG\'E de l'\'epreuve de MATHS 1 des ENSI - 2002 - Fili\`ere MP }}}

\bigskip
\bigskip


\centerline{{\large\bf Autour des produits infinis}}

\bigskip
\bigskip

\num{I. G\'en\'eralit\'es et exemples}

\num{1.}
Supposons que le produit infini $\,\dprod_{n\ge0}u_n\,$ converge,
donc que la suite $(P_n)_{n\ge0}$ admet une limite finie $\ell\ne0$.

Alors n\'ecessairement $u_{n+1}=\dfrac{P_{n+1}}{P_n}
\tend\dfrac{\ell}{\ell}=1$.

\num{2.} On suppose que $\forall\,n\ge0,~u_n\ne0$
et que $\Lim u_n=1$.

\snum{a} $~\forall\,\varepsilon>0,~\exists\, n_0\ge0~/~\forall\,n\ge n_0,
~1-\varepsilon <u_n<1+\varepsilon.$

En prenant $\varepsilon =1$, on obtient :
$\exists\, n_0\ge0~/~\forall\,n\ge n_0, ~0 <u_n$.

\snum{b}
Posons $P'_n=\dprod_{k=n_0}^nu_k$ pour $n\ge n_0$.
~Alors $\,\forall\,n\ge 0,~P_n=\dprod_{k=n_0}^nu_k=
\dprod_{k=0}^{n_0-1}u_k\times\dprod_{k=n_0}^nu_k=P_{n_0-1}\times P'_n$.

Comme $P_{n_0-1}\ne 0$, les deux suites $(P_n)_{n\ge0}\,$
et $\,(P'_n)_{n\ge n_0}$ sont de m\^eme nature,
donc les produits infinis $\dprod_{n\ge0}u_n\,$ et $\,\dprod_{n\ge n_0}u_n$
sont de m\^eme nature.

\num{3.} On suppose que $~\forall\,n\ge0,~u_n>0$.
~On pose  $~S_n=\ln(P_n)=\dsum_{n=0}^n\ln u_k$.
~On a aussi $P_n={\rm e}^{S_n}$.

\snum a
\hskip-2mm$*$
Si le produit infini $\dprod_{n\ge0}u_n$ converge,
alors la suite $(P_n)_{n\ge0}$ admet une limite finie $\ell\ne0$, donc $\ell>0$
et en composant par la fonction logarithme continue sur $]0,+\infty[$,
$~S_n=\ln(P_n)\tend\ln\ell$, ce qui prouve que la s\'erie
$\dsum_{n\ge0}\ln u_n$ converge.
\smallskip

\hskip-2mm$*$
Si la s\'erie $\dsum_{n\ge0}\ln u_n$ converge, alors la suite
 $(S_n)_{n\ge0}$ admet une limite finie $L$
et en composant par la fonction exponentielle continue sur $\bf R$,
$~P_n={\rm e}^{S_n}\tend{\rm e}^L\ne0$, ce qui prouve que
le produit infini $\dprod_{n\ge0}u_n$ converge.
\smallskip

\udl{Remarque importante} : dans ces conditions, $\ell={\rm e}^L$
~et~ $L=\ln\ell$, c'est \`a dire :

\smallskip

\centerline{\fbox{ $\dprod_{n=0}^{+\infty}u_n=
\exp\left(\dsum_{n=0}^{+\infty}\ln(u_n)\right)$ ~(I)
~et~
$\dsum_{n=0}^{+\infty}\ln(u_n)=\ln\Big(\dprod_{n=0}^{+\infty} u_n\Big)$ ~(II). }}

\snum{b}
\hskip-2mm$*$ Si le produit infini $\dprod_{n\ge0}(1+u_n)$ converge,
alors d'apr\`es le {\bf 1}, n\'ecessairement $\Lim(1+u_n)=1$,
c'est \`a dire $\Lim u_n=0$. Ainsi $\ln(1+u_n)\equi u_n$.
~D'autre part, d'apr\`es le {\bf 3.}a, la s\'erie $\dsum_{n\ge0}\ln(1+ u_n)$ converge,
donc la s\'erie $\dsum_{n\ge0}u_n$ converge  d'apr\`es le th\'eor\`eme de
l'\'equivalent des s\'eries \`a termes r\'eels posififs.
\smallskip

\hskip-2mm$*$ Si la s\'erie $\dsum_{n\ge0}u_n$ converge,
alors $\Lim u_n=0$, donc $\ln(1+u_n)\equi u_n$.
Il en r\'esulte que la s\'erie $\dsum_{n\ge0} \ln(1+u_n)$ converge,
donc d'apr\`es le {\bf 3.}a, le produit infini $\dprod_{n\ge0}(1+u_n)$ converge.

\snum{c} Il suffit de reprendre la d\'emonstration du {\bf 3.}b sachant que
comme $0<u_n<1$, alors $1-u_n>0$.

 Le th\'eor\`eme de l'\'equivalent  des s\'eries reste applicable
car les deux suites \'equivalentes $\big(\ln(1-u_n)\big)_{n\ge0}$
et $(-u_n)_{n\ge0}$ sont de signe constant n\'egatif.

\num{4.} Exemples num\'eriques intervenant dans la suite du probl\`eme

\snum{a} $\dprod_{n\ge1}\Big(1-\dfrac{1}{4n^2}\Big)~$ converge d'apr\`es le {\bf 3.}c
en prenant $u_n=\dfrac{1}{4n^2}$ puisque $\forall\,n\ge1,~0<u_n<1$.

\snum{b} $\dprod_{n\ge1}\Big(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)~$ converge
de m\^eme en prenant ici $u_n=\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\in\,]0,1[$ puisque
 $|x|<\pi$.

\snum{c} $\forall\,n\ge1,~\forall\, x>0,~u_n(x)=\big(1+\dfrac{x}{n}\big)\,
{\rm e}^{\dfrac{-x}{n}}>0$ ~et~ $\ln\big(u_n(x)\big)=-\dfrac{x}{n}+
\ln\big(1+\dfrac{x}{n}\big)=O\big(\dfrac{x}{n^2}\big)$,
donc la s\'erie $\dsum_{n\ge1}\ln\big(u_n(x)\big)$ converge.
En appliquant le {\bf 3.}a, on en d\'eduit que le produit infini
$\dprod_{n\ge1}u_n(x)$ converge pour tout $x>0$.

\num{5.} {\sl Application} : un peu d'histoire ...

\snum a
D'apr\`es {\bf 3.}b, pour montrer que $\dsum_{n\ge1}\dfrac{1}{n}$ diverge,
il suffit de montrer que la produit infini $\dprod_{n\ge1}\big(1+\dfrac{1}{n}\big)$
diverge.

Or ici $~P_n=\dprod_{k=1}^n\big(1+\dfrac{1}{k}\big)=
\dprod_{k=1}^n\dfrac{k+1}{k}=\dfrac{n+1}{1}\tend+\infty$.

\snum b
Pour $p\ge2$, la s\'erie g\'eom\'etrique $\,\dsum_{k\ge0}\Big(\dfrac{1}{p}\Big)^k\,$
de raison $\dfrac{1}{p}$ converge et a pour somme $\dfrac{p}{p-1}$.

\snum c
Montrer que la s\'erie $\dsum_{n\ge1}\dfrac{1}{p_n}$ diverge revient d'apr\`es
le {\bf 3.}c \`a montrer que le produit infini
$\dprod_{n\ge1}\Big(1-\dfrac{1}{p_n}\Big)$ diverge.

Or s'il convergeait, alors $P=\dfrac{1}{\Prod\Big(1-\dfrac{1}{p_n}\Big)}$
aurait une valeur finie, ce qui est contradictoire
avec l'\'egalit\'e $P=\dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n}$.

\bigskip
\smallskip

\num{II. D\'eveloppement euli\'erien du sinus et formule de Wallis}

\num{6.}
$f_\alpha$ \'etant paire, les coefficients $b_n(f_\alpha)$ sont nuls.

$\forall\,n\ge0,~a_n(f_\alpha)=\dfrac{2}{\pi}\dint_0^\pi\cos(\alpha t)\,
\cos(nt)\dt=\dfrac{1}{\pi}\dint_0^\pi\big[\cos(\alpha+n) t+
\cos(\alpha-n)t\big]\dt$,

d'o\`u $~a_n(f_\alpha)=
\dfrac{1}{\pi}\Big[\dfrac{\sin(\alpha +n)t}{\alpha+n}+
\dfrac{\sin(\alpha -n)t}{\alpha-n}\Big]_{t=0}^{t=\pi}
=\dfrac{1}{\pi}\Big[\dfrac{(-1)^n\sin(\alpha \pi)}{\alpha+n}+
\dfrac{(-1)^n\sin(\alpha \pi)}{\alpha-n}\Big]$,
\smallskip

donc ~\fbox{ $a_n(f_\alpha)=\dfrac{(-1)^n\sin(\alpha \pi)}{\pi}\,
\dfrac{2\,\alpha}{\alpha^2-n^2}$. }

\smallskip
On remarque que $f_\alpha$ est continue et de classe ${\cal C}^1$
par morceaux sur {\bf R}, donc le th\'eor\`eme de convergence ponctuelle de
Dirichlet s'applique (ainsi que le th\'eor\`eme de convergence normale d'ailleurs).
\smallskip

On a donc $~\forall\,x\in{\bf R},~f_\alpha(x)=
\dfrac{\sin(\alpha\pi)}{\pi}\Big[\dfrac{1}{\alpha}+
\Sum\dfrac{(-1)^n 2\alpha}{\alpha^2-n^2}\,\cos(nx)\Big]$.

\smallskip
En se pla\c cant en $x=\pi$, sachant que $\cos(n\pi)=(-1)^n$,
on obtient : $\cos(\alpha\pi)=
\dfrac{\sin(\alpha\pi)}{\pi}\Big[\dfrac{1}{\alpha\pi}+
\dfrac 1\pi\,\Sum\dfrac{2\,\alpha}{\alpha^2-n^2}\Big]$.
\smallskip

Ainsi ~\fbox{ ${\rm cotan}(\alpha\pi)=\dfrac{1}{\alpha}+
\dsum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2\,\alpha}{\alpha^2-n^2}$. }

\num{7.} $0<x<\pi$ et $g(0)=0$ et $g(t)={\rm cotan}\,t-\dfrac{1}{t}$
~si $t\in\,]0,x]$.

\snum a
Il est clair que $g$ est d\'ej\`a continue sur $]0,x]$ car $0<x<\pi$.

$\forall\, t\in\,]0,x],~g(t)=\dfrac{\cos t}{\sin t}-\dfrac 1t=
\dfrac{t\,\cos t-\sin t}{t\,\sin t}=\dfrac{t\,\big(1+o(t)\big)-\big(t+o(t^2)\big)}
{t^2+o(t^2)}=\dfrac{o(t^2)}{t^2+o(t^2)}=o(1)$,
donc $\dlim_{t\to0^+}g(t)=0$.

Ainsi \udl{$g$ est continue sur $[0,x]$}.

\snum b
Si $0<a<x<\pi$, alors $\,\dint_a^x g(t)\dt=
\dint_a^x\dfrac{\cos t}{\sin t}\dt-
\dint_a^x \dfrac 1 t\dt=\ln\Big(\dfrac{\sin x}{x}\Big)-
\ln\Big(\dfrac{\sin a}{a}\Big)$.

Comme $\dlim_{a\to 0^+}\dfrac{\sin a}{a}=1$,
on en d\'eduit que $~\dint_0^xg(t)\dt=\dlim_{a\to0^+}\dint_a^xg(t)\dt=$
\fbox{$\ln\Big(\dfrac{\sin x}{x}\Big)$. }

\smallskip

L'identit\'e : ${\rm cotan}(\alpha\pi)=\dfrac{1}{\alpha\pi}+
\dsum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2\alpha}{\pi\,(\alpha^2-n^2)}$ valable
 pour $\alpha\,\in\,]0,\pi[$ donne en posant $t=\alpha\pi$ :

$\forall\,t\in\,]0,\pi[,~{\rm cotan}\,t-\dfrac{1}{t}=\dsum_{n=1}^{+\infty}
\dfrac{2\,t}{t^2-n^2\pi^2}$ et puisque $g(0)=0$,
~\fbox{$\forall\,t\in[0,x],~g(t)=\dsum_{n=1}^{+\infty}
\dfrac{2\,t}{t^2-n^2\pi^2}$. }

\snum c
On pose $g_n(t)=\dfrac{2\,t}{t^2-n^2\pi^2}$.
~On constate que $~\forall\, n\ge1,~\big\|g_n\big\|_\infty^{([0,x])}=
\dfrac{2\,x}{x^2-n^2\pi^2}=O\big(\dfrac 1{n^2}\big)$,
ce qui montre la convergence normale sur $[0,x]$
de la s\'erie de fonctions $\dsum_{n\ge1}g_n$.
On peut donc int\'egrer terme \`a terme, ce qui donne :

$\dint_0^xg(t)\dt=\dsum_{n=1}^{+\infty}\dint_0^x
\dfrac{2\,t}{t^2-n^2\pi^2}\dsum_{n=1}^{+\infty}\Big[\ln\big|t^2-n^2\pi^2\big|\Big]_{t=0}^{t=x}
=\dsum_{n=1}^{+\infty}\Big[\ln\big(n^2\pi^2-x^2)-\ln(n^2\pi^2)\Big]
=\dsum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\right)$.

Ainsi ~\fbox{ $\forall\, \,x\in\,]0,\pi[,~\ln\Big(\dfrac{\sin x}{x}\Big)=
\dsum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\right)$. }

\medskip

En utilisant la formule (I) vue \`a la fin du {\bf 3.}a
et compte-tenu de la convergence de l'exemple {\bf 4.b},
on a :


$\forall\,x\in\,]0,\pi[,
\Prod\Big(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)
=\exp\left(\Sum\ln\Big(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)\right)
=\exp\left(\ln\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)\right)
=\dfrac{\sin x}{x}$.
\smallskip

L'\'egalit\'e pr\'ec\'edente est encore valable pour $-\pi<x<0$
par parit\'e des deux membres et l'\'egalit\'e suivante est encore valable
en $0$ :
\smallskip


\centerline{\fbox{$\sin x=x\,\Prod\Big(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)$
pour $x\in\,]-\pi,\pi[$. }}

\num{8.} {\sl Application} :
pour $x=\dfrac{\pi}2$, on obtient ~\fbox{ $\Prod\Big(1-\dfrac 1{4\,n^2}\Big)=
\dfrac 2\pi$. }

\bigskip
\num{III. Formule de Weiesrtrass et constante d'Euler}

\num{9.} Il s'agit d'une question de cours sur la fonction Gamma d'Euler
({\it points faciles \`a gagner}).
\smallskip

Voir le corrig\'e dans le cours. On trouve que \udl{$\Gamma(1)=1$}
et que $~\udl{\forall\,x>0,~\Gamma'(x)=
\dint_0^{+\infty}\!\!\ln(t)\,{\rm e}^{-t}\,t^{x-1}\dt}$.

\num{10.}
On remarque que  $f_n$ est continue en $n$, donc continue sur $]0,+\infty($.

\snum a On rappelle que $~\forall\,x>-1,~\ln(1+x)\le x$.
~Si $t\in\,]0,n[$, alors $1-\dfrac 1n>0$
~et~ $-\dfrac 1n>-1$,  donc $\ln\big(1-\dfrac 1n\big)\le -\dfrac 1n$.

On a donc pour $0<t<n,~f_n(t)={\rm e}^{n\,\ln(1-t/n)}
\le{\rm e}^{n\,(-t/n)}\le{\rm e}^{-t}$.

Comme $f_n(t)=0$ si $t\ge n$,
on obtient : $~\forall\, n\ge1,~\forall\,t>0,~~\udl{0\le f_n(t)\le{\rm e}^{-t}}$.

\snum b
Soit $x>0$ fix\'e. Posons $g_n(t)=f_n(t)\,t^{x-1}$ pour $t>0$ ~et~ $n\ge1$.

$*$ chaque $g_n$ est \udl{continue} sur $]0,+\infty[$.


$*$ la suite de fonctions $(g_n)_{n\ge1}$ \udl{converge simplement}
sur $]0,+\infty[$ vers $g:t\longmapsto{\rm e}^{-t}\,t^{x-1}$.

 En effet soit $t>0$ fix\'e. Pour $n>\lceil t\rceil, ~g_n(t)=
t^{x-1}\,{\rm e}^{n\,\ln(1-t/n)}=t^{x-1}\,{\rm e}^{n\,\big[-t/n+o(1/n)\big]}
=t^{x-1}\,{\rm e}^{-t}\,{\rm e}^{o(1)}\tend g(t)$.

$*$ les $g_n$ sont \udl{positives et major\'ees}  par $g$
int\'egrable sur $]0,+\infty[$ ~(cf. d\'efinition de $\Gamma(x)$).

\smallskip
On vient de v\'erifier les hypoth\`eses permettant d'appliquer
le \udl{th\'eor\`eme de la convergence domin\'ee}.

On en d\'eduit que $~\dint_0^n\Big(1-\dfrac t n\Big)^n\,t^{x-1}\dt
=\dint_0^{+\infty}\!\!g_n(t)\dt\tend \dint_0^{+\infty}\!\!g(t)\dt
=\Gamma(x)$.

\num{11.} L'int\'egrale $I_n(x)=\dint_0^1(1-u)^n\,u^{x-1}\du$ est
impropre en $0$, mais convergente car $1-x<1$.

\snum a Effectuons une int\'egration par parties sur $[a,1]$ d'abord
avec $0<a<1$.

On prend $\varphi(u)=(1-u)^n\,$ et $\,\psi'(u)=u^{x-1}$,
d'o\`u $~\varphi'(u)=-n\,(1-u)^{n-1}\,$ et $\,\psi(u)=\dfrac {u^x}{x}$.

Alors $~\dint_a^1(1-u)^n\,u^{x-1}\du=-\dfrac{a^x}{x}(1-a)^n+
\dfrac nx\,\dint_a^1(1-u)^{n-1}\,u^x\du
\mathop{~\longrightarrow~}\limits_{a\to 0}\dfrac nx\,\dint_0^1(1-u)^{n-1}\,u^x\du\,$
car $\dlim_{a\to0^+}a^x=0$.

\smallskip
Ainsi ~\fbox{ $I_n(x)=\dfrac nx\,I_{n-1}(x+1)$. }

\snum b Pour $y>0$, $I_0(y)=\dint_0^1u^{y-1}\du=\Big[\dfrac{u^y}{y}\Big]_{u=0}^{u=1}=\dfrac 1y$.
~et~ $I_n(x)=\dfrac nx\times\dfrac{n-1}{x+1}\times\cdots \times I_0(x+n)=
\,$\fbox{$\dfrac{n!}{x\,(x+1)\ldots(x+n)}$. }

\snum c
$\forall\,x>0,~\Gamma(x)=\Lim\int_0^n\Big(1-\dfrac tn\Big)^n\,t^{x-1}\dt
\mathop{=}\limits^{t=nu}\Lim\dint_0^1(1-u)^n\,(nu)^{x-1}\,n\du
=\Lim n^x\,I_n(x)=\,$
\fbox{$\Lim\dfrac{n!\,n^x}{\dprod_{k=0}^n(x+k)}$. }

\num{12.} {\sl Application} :

\snum a
Si $x\in\,]0,1[$, ~alors $1-x\in\,]0,1[$,
~donc $~\Gamma(x)\,\Gamma(1-x)=\Lim\dfrac{(n!)^2\,n^x\,n^{1-x}}
{\dprod_{k=0}^n(x+k)\,(1-x+k)}$.

Or $\,\dprod_{k=0}^n(x+k)\,(1-x+k)=\dprod_{k=0}^n(x+k)\,
\dprod_{k=1}^{n+1}(k-x)=x\,(n+1-x)\dprod_{k=1}^n(k^2-x^2)
=x\,(n+1-x)\,(n!)^2
\dprod_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{k^2}\right)$,
\smallskip

Ainsi $~\dfrac{1}{\Gamma(x)\,\Gamma(1-x)}=\Lim
\dfrac{n+1-x}n\,x\,\dprod_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{k^2}\right)
=\,$\fbox{$x\,\Prod\left(1-\dfrac{x^2}{n^2}\right)$. }

\snum b
En prenant $t=\pi x$ dans l'\'egalit\'e :
$\sin t=t\,\Prod\Big(1-\dfrac{t^2}{n^2\pi^2}\Big)$
 obtenue au {\bf 7.}c pour $t\in\,]0,\pi[$,
on trouve que :

pour $x\in\,]0,1[$,
~$\sin(\pi x)=\pi x\,\Prod\Big(1-\dfrac{x^2}{n^2}\Big)$.

Donc la formule des compl\'ements est : ~\fbox{ $\forall\,x\in\,]0,1[,~
\dfrac{1}{\Gamma(x)\,\Gamma(1-x)}=\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi}$. }

\snum c
Pour $x=\dfrac 12$, on obtient : $~\dfrac{1}{\big(\Gamma(1/2)\big)^2}
=\dfrac1 \pi$,
~donc ~\fbox{ $\,\Gamma\big(\dfrac12\big)=\sqrt\pi$. }

Donc $~\sqrt\pi=\dint_0^{+\infty}\!\!\dfrac{{\rm e}^{-t}}{\sqrt t}\dt
~\mathop{=}\limits^{u=\sqrt t}~2\dint_0^{+\infty}\!\!{\rm e}^{-u^2}\du$,
~d'o\`u
 ~\fbox{ $\dint_0^{+\infty}\!\!{\rm e}^{-u^2}\du=\dfrac{\sqrt\pi}{2}$. }
(int\'egrale de Gauss)

\num{13.} Ici ~$u_n=\dint_{n-1}^n\dfrac 1t\dt-\dfrac 1n$.

\snum a
$u_n=\ln n-\ln(n-1)-\dfrac 1n=-\ln\big(1-\dfrac 1n\big)-\dfrac 1n
=O\big(\dfrac 1{n^2}\big)$, ~donc la s\'erie $\dsum_{n\ge1}u_n$ converge.
\smallskip

Graphiquement, $u_k$ repr\'esente l'aire d'un triangle curviligne
situ\'e sous la courbe d'\'equation $y=\dfrac 1t$ entre les deux droites
d'\'equation $t=k-1$ et $t=k$. Si on translate horizontalement tous ces
 triangles pour  les amener entre les deux droites
d'\'equation $t=0$ et $t=1$, on constate qu'ils sont tous contenus
dans le carr\'e $[0,1]\times[0,1]$, ce qui montre que la suite
croissante $n\longmapsto \dsum_{k=1}^n u_k$ est major\'ee
par $1$, donc est convergente.

\snum b
La suite $(v_n)_{n\ge1}$ est de m\^eme nature que s\'erie
$\dsum_{n\ge2}(v_n-v_{n-1})$ qui est convergente.

En effet :
$v_n-v_{n-1}=\dfrac 1n-\ln n+\ln(n-1)=-u_n$.

\num{14.}
On a vu au {\bf 11.}c que $~\forall\, x>0,~\dfrac 1{\Gamma(x)}=
\Lim\varphi_n(x)$ ~avec $\,\varphi_n(x)=\dfrac{\dprod_{k=0}^n(x+k)}
{n!\,n^x}$.

Or $~\varphi_n(x)
=\dfrac{x}{n^x}\,\dprod_{k=1}^n\left(1+\dfrac xk\right)
=x\,{\rm e}^{-x\ln n}\,\dprod_{k=1}^n\left(1+\dfrac xk\right)
=x\,{\rm e}^{-v_n}\,\dprod_{k=1}^n\left(1+\dfrac xk\right)
{\rm e}^{\dfrac{-x}n}$.

La convergence vers $\gamma$ de la suite $(v_n)_n$, la continuit\'e de
 l'exponentielle et la convergence du produit infini du {\bf 4.}c
permettent de d\'eduire que :

\smallskip

\centerline{\fbox{ $\forall\, x>0,~\dfrac 1{\Gamma(x)}=
x\,{\rm e}^{\gamma x}\,\dprod_{n=1}^{+\infty}
\left(1+\dfrac xn\right)e^{\dfrac{-x}n}$. }}

\num{15.} {\sl Application}

\snum{a}
$\forall\, x>0,~\ln\big(\Gamma(x)\big)=-\ln x-\gamma\,x
-\ln\left(\dprod_{n=1}^{+\infty}
\left(1+\dfrac xn\right){\rm e}^{\dfrac{-x}n}\right)
=-\ln x-\gamma\,x-\Sum\ln\left(\left(1+\dfrac xn\right)
{\rm e}^{\dfrac{-x}n}\right)$
en utilisant l'\'egalit\'e (II) obtenue au {\bf 3.}a.

Donc $~\ln\big(\Gamma(x)\big)=
-\ln x-\gamma\,x+\Sum w_n(x)$ ~avec
$\,w_n(x)=\dfrac xn-\ln\left(1+\dfrac xn\right)$ ~~~(III).
\smallskip

. Chaque $w_n$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $]0,1]$.

. la s\'erie de fonctions $\dsum_{n\ge1}w_n$ converge simplement
sur $]0,1]$.

.  la s\'erie de fonctions $\dsum_{n\ge1}w'_n$ converge uniform\'ement
sur $]0,1]$.


~ En effet $\forall\, x\in\,]0,1],~w'_n(x)=\dfrac 1n-\dfrac1{n+x}
=\dfrac x{n\,(n+x)} \le\dfrac 1{n^2}$,
~d'o\`u la convergence normale de $\dsum_{n\ge1}w'_n$ sur $]0,1]$.

\smallskip
D'apr\`es le th\'eor\`eme de d\'erivation des s\'eries de fonctions,
on peut d\'eriver terme \`a terme dans (III) et on obtient :
\smallskip


\centerline{\fbox{ $\forall\,x\in\,]0,1],~\dfrac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}
=-\frac 1x-\gamma+\Sum \dfrac x{n\,(n+x)}$. }}

\snum b
On a vu que $~\Gamma'(x)=\dint_0^{+\infty}\!\!\ln(t)\,{\rm e}^{-t}\,t^{x-1}\dt$.
~L'int\'egrale demand\'ee est donc \'egale \`a $\Gamma'(1)$.

Or $~\Sum \dfrac 1{n\,(n+1)}=\Lim\dsum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{k}
-\dfrac{1}{k+1}\right)=\Lim\left(1-\dfrac 1{n+1}\right)=1$.
~Donc $~\dfrac{\Gamma'(1)}{\Gamma(1)}=-1-\gamma+\Sum \dfrac 1{n\,(n+1)}=
-\gamma$.
\smallskip


Ainsi ~\fbox{ $\dint_0^{+\infty}\!\!{\rm e}^{-t}\,\ln(t)\dt=-\gamma$. }

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\hskip15cm{\bf Fin du corrig\'e}




\end{document}
