Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 1 h 45 min. 10 exercices avec corrections détaillées. Prérequis : intégrales généralisées, séries entières et, pour l'exercice 8, intégrales doubles.
Rappel des notions clés
Pour calculer avec $\Gamma$ et $B$, tu ramènes l'intégrale à leur forme par un changement de variable, puis tu descends avec $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ jusqu'à $\Gamma(1) = 1$ ou $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt{\pi}$. Exemple : $\int_0^{+\infty} t^4 e^{-t}\,dt = \Gamma(5) = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$, sans aucune intégration par parties.
La fonction de Bessel de première espèce $J_\nu$ est une solution de l'équation de Bessel d'ordre $\nu$, définie par la série ci-dessous. Aux ordres demi-entiers ($\nu = \pm\tfrac12, \pm\tfrac32\dots$), elle s'exprime avec $\sin$, $\cos$ et des puissances de $x$, et la récurrence fait passer d'un ordre au suivant. Ces formules sont celles de la bibliothèque de référence du NIST (DLMF, chapitres 5 et 10).
Formules à retenir :
- $\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\,dt$ pour $x > 0$ ; $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ ; $\Gamma(n) = (n-1)!$ pour $n \in \mathbb{N}^*$ ; $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt{\pi}$.
- $B(a,b) = \int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt = \dfrac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$ pour $a, b > 0$.
- Équation de Bessel d'ordre $\nu$ : $x^2y'' + xy' + (x^2 - \nu^2)\,y = 0$.
- Pour $x > 0$ : $J_\nu(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k!\,\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\nu}$.
- Récurrence : $J_{\nu-1}(x) + J_{\nu+1}(x) = \dfrac{2\nu}{x}\,J_\nu(x)$.
Piège classique : le décalage de 1. $\Gamma(n) = (n-1)!$, donc $\Gamma(6) = 5! = 120$ et non $6! = 720$. De même, dans $B(a,b)$ les exposants valent $a-1$ et $b-1$ : $\int_0^1 t^2(1-t)\,dt = B(3, 2)$, pas $B(2, 1)$.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Pour $x > 0$, on pose $\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\,dt$. Calculer $\Gamma(1)$, puis démontrer par une intégration par parties que $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$.
Correction :
On intègre par parties sur un segment $[\varepsilon\,;\,A]$, puis on passe à la limite.
$\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt = \left[-e^{-t}\right]_0^{+\infty} = 1$.
Pour $0 < \varepsilon < A$, en dérivant $t^x$ et en intégrant $e^{-t}$ :
$$\int_\varepsilon^A t^x e^{-t}\,dt = \left[-t^x e^{-t}\right]_\varepsilon^A + x\int_\varepsilon^A t^{x-1}e^{-t}\,dt.$$
Comme $x > 0$, le crochet tend vers $0$ quand $\varepsilon \to 0$ et $A \to +\infty$. D'où $\Gamma(1) = 1$ et $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ pour tout $x > 0$.
Sans ce passage à la limite, l'intégration par parties sur $]0\,;\,+\infty[$ n'est pas justifiée.
Exercice 2 : Sachant que $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt{\pi}$, calculer $\Gamma(4)$, puis $I = \int_0^{+\infty} t^{3/2}e^{-t}\,dt$ en valeur exacte et approchée.
Correction :
On descend avec $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ jusqu'à une valeur connue.
$\Gamma(4) = 3 \times 2 \times 1 \times \Gamma(1) = 6$.
L'exposant $\tfrac32$ vaut $x - 1$ pour $x = \tfrac52$, donc $I = \Gamma(\tfrac52) = \tfrac32 \times \tfrac12 \times \Gamma(\tfrac12)$.
$\Gamma(4) = 6$ et $I = \frac{3\sqrt{\pi}}{4} \approx 1{,}33$.
$\Gamma(4)$ vaut $3!$, pas $4!$ : c'est le piège du décalage.
Exercice 3 : On admet l'intégrale de Gauss $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}$. Démontrer que $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt{\pi}$.
Correction :
Le changement de variable $t = u^2$ transforme $\Gamma(\tfrac12)$ en intégrale de Gauss.
L'application $u \mapsto u^2$ est une bijection $C^1$ strictement croissante de $]0\,;\,+\infty[$ sur lui-même, et $dt = 2u\,du$ :
$$\Gamma(\tfrac12) = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\,dt = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-u^2}}{u}\,2u\,du = 2\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du.$$
La fonction $u \mapsto e^{-u^2}$ est paire, donc $\int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$, et $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt{\pi} \approx 1{,}772$.
Exercice 4 : Calculer $I = \int_0^1 \sqrt{x(1-x)}\,dx$ avec la fonction $B$, puis contrôler le résultat par un calcul d'aire.
Correction :
On écrit l'intégrande sous la forme $x^{a-1}(1-x)^{b-1}$.
$\sqrt{x(1-x)} = x^{1/2}(1-x)^{1/2}$, donc $a - 1 = b - 1 = \tfrac12$, soit $a = b = \tfrac32$ :
$$I = B(\tfrac32, \tfrac32) = \frac{\Gamma(\tfrac32)^2}{\Gamma(3)} = \frac{(\sqrt{\pi}/2)^2}{2} = \frac{\pi}{8}.$$
Contrôle : pour $y \ge 0$, $y = \sqrt{x(1-x)}$ équivaut à $(x - \tfrac12)^2 + y^2 = \tfrac14$. La courbe est un demi-cercle de rayon $\tfrac12$, d'aire $\tfrac12\pi(\tfrac12)^2 = \tfrac{\pi}{8}$.
$I = \frac{\pi}{8} \approx 0{,}393$.
Écrire $B(\tfrac12, \tfrac12)$ donnerait $\pi$, huit fois trop.
Exercices : niveau moyen
Exercice 5 : La durée de vie $T$ d'un composant électronique, en années, a pour densité $f(t) = \dfrac{2t}{\eta^2}\,e^{-t^2/\eta^2}$ sur $[0\,;\,+\infty[$, avec $\eta = 10$ ans (données fictives). Calculer sa durée de vie moyenne $E(T) = \int_0^{+\infty} t\,f(t)\,dt$, en valeur exacte puis approchée.
Correction :
Le changement de variable $u = t^2/\eta^2$ fait apparaître une fonction $\Gamma$.
Avec $t = \eta\sqrt{u}$ et $dt = \dfrac{\eta}{2\sqrt{u}}\,du$ :
$$t\,f(t)\,dt = 2u\,e^{-u} \times \frac{\eta}{2\sqrt{u}}\,du = \eta\,u^{1/2}e^{-u}\,du.$$
Donc $E(T) = \eta\,\Gamma(\tfrac32) = \eta\,\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$.
$E(T) = 5\sqrt{\pi} \approx 8{,}86$ ans.
La moyenne n'est pas $\eta$ : ce paramètre fixe l'échelle de la loi, pas sa moyenne.
Exercice 6 : Soit $a, b > 0$.
a) Démontrer, avec $t = \sin^2\theta$, que $\int_0^{\pi/2} \sin^{2a-1}\theta\,\cos^{2b-1}\theta\,d\theta = \tfrac12 B(a,b)$.
b) En déduire la valeur exacte de $\int_0^{\pi/2} \sin^4\theta\,\cos^2\theta\,d\theta$.
Correction :
On regroupe les puissances en $\sin^2\theta$ et $\cos^2\theta$, en gardant un facteur $\sin\theta\cos\theta$ pour former $dt$.
a) $\theta \mapsto \sin^2\theta$ est une bijection $C^1$ strictement croissante de $]0\,;\,\tfrac{\pi}{2}[$ sur $]0\,;\,1[$, avec $dt = 2\sin\theta\cos\theta\,d\theta$ et $\cos^2\theta = 1 - t$ :
$$\sin^{2a-1}\theta\cos^{2b-1}\theta\,d\theta = \tfrac12\,(\sin^2\theta)^{a-1}(\cos^2\theta)^{b-1}\,2\sin\theta\cos\theta\,d\theta = \tfrac12\,t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt.$$
En intégrant, $\int_0^{\pi/2} \sin^{2a-1}\theta\cos^{2b-1}\theta\,d\theta = \tfrac12 B(a,b)$.
b) $2a - 1 = 4$ et $2b - 1 = 2$ donnent $a = \tfrac52$ et $b = \tfrac32$ :
$$\tfrac12 B(\tfrac52, \tfrac32) = \frac{\Gamma(\tfrac52)\,\Gamma(\tfrac32)}{2\,\Gamma(4)} = \frac{\tfrac{3\sqrt{\pi}}{4} \times \tfrac{\sqrt{\pi}}{2}}{12}.$$
$\int_0^{\pi/2} \sin^4\theta\cos^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{32}$.
On ne lit pas $a = 4$ sur l'exposant : on résout $2a - 1 = 4$.
Exercice 7 : Pour $x > 0$, on donne $J_{1/2}(x) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi x}}\,\sin x$ et $J_{-1/2}(x) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi x}}\,\cos x$. Exprimer $J_{3/2}(x)$ avec $\sin$ et $\cos$ grâce à la récurrence, puis vérifier que $J_{3/2}(x) \sim \sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\,\dfrac{x^{3/2}}{3}$ quand $x \to 0$, comme l'annonce le premier terme de la série.
Correction :
On applique la récurrence avec $\nu = \tfrac12$, puis un développement limité en $0$.
$J_{-1/2}(x) + J_{3/2}(x) = \dfrac{1}{x}\,J_{1/2}(x)$, donc $J_{3/2}(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\left(\frac{\sin x}{x} - \cos x\right)$.
En $0$, $\dfrac{\sin x}{x} = 1 - \dfrac{x^2}{6} + o(x^2)$ et $\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)$ : la parenthèse vaut $\dfrac{x^2}{3} + o(x^2)$, d'où $J_{3/2}(x) \sim \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{x^{3/2}}{3}$. Le premier terme de la série, $\dfrac{(x/2)^{3/2}}{\Gamma(5/2)}$, donne bien la même chose.
Le signe moins vient de $J_{-1/2}$ passé de l'autre côté : c'est l'erreur à surveiller.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Soit $a, b > 0$. Par le théorème de Fubini-Tonelli, $\Gamma(a)\,\Gamma(b) = \iint_{]0\,;\,+\infty[^2} s^{a-1}t^{b-1}e^{-(s+t)}\,ds\,dt$. En posant $s = uv$ et $t = u(1-v)$, démontrer que $B(a,b) = \dfrac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$.
Correction :
On change de variables dans l'intégrale double ; tout est positif, donc Fubini-Tonelli s'applique sans autre condition.
$(u, v) \mapsto (uv,\, u(1-v))$ est une bijection $C^1$ de $]0\,;\,+\infty[ \times ]0\,;\,1[$ sur $]0\,;\,+\infty[^2$, de réciproque $u = s + t$, $v = \dfrac{s}{s+t}$. Son jacobien vaut $\begin{vmatrix} v & u \\ 1-v & -u \end{vmatrix} = -u$, donc $ds\,dt = u\,du\,dv$.
$$\Gamma(a)\,\Gamma(b) = \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^1 (uv)^{a-1}\big(u(1-v)\big)^{b-1}e^{-u}\,u\,dv\,du = \int_0^{+\infty} u^{a+b-1}e^{-u}\,du \int_0^1 v^{a-1}(1-v)^{b-1}\,dv.$$
Donc $\Gamma(a)\,\Gamma(b) = \Gamma(a+b)\,B(a,b)$, et $\Gamma(a+b) > 0$ permet de diviser.
Sans le facteur $u$ du jacobien, l'exposant de $u$ serait $a + b - 2$ et tout le calcul tomberait faux.
Exercice 9 : On cherche une solution de l'équation de Bessel d'ordre $0$, $x^2y'' + xy' + x^2y = 0$, sous la forme d'une série entière $y(x) = \sum_{n \ge 0} a_n x^n$ avec $a_0 = 1$. Déterminer les $a_n$ et le rayon de convergence, puis reconnaître la fonction obtenue.
Correction :
On injecte la série dans l'équation et on annule le coefficient de chaque $x^n$.
$x^2y'' + xy' = \sum n(n-1)a_n x^n + \sum n a_n x^n = \sum n^2 a_n x^n$, et $x^2 y = \sum_{n \ge 2} a_{n-2}x^n$. D'où $a_1 = 0$ et $n^2 a_n = -a_{n-2}$ pour $n \ge 2$.
Les coefficients impairs sont nuls, et $a_{2k} = -\dfrac{a_{2k-2}}{4k^2}$, d'où $a_{2k} = \dfrac{(-1)^k}{4^k\,(k!)^2}$.
Pour $x \ne 0$, $\left|\dfrac{a_{2k+2}x^{2k+2}}{a_{2k}x^{2k}}\right| = \dfrac{x^2}{4(k+1)^2} \to 0$ : par la règle de d'Alembert, le rayon est infini, et la dérivation terme à terme valide la synthèse.
$y(x) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k} = J_0(x)$, de rayon de convergence infini. C'est la série du rappel avec $\nu = 0$, puisque $\Gamma(k+1) = k!$.
Toute solution développable en série entière est donc proportionnelle à $J_0$ : la seconde solution indépendante, notée $Y_0$ (seconde espèce), n'est pas de cette forme.
Exercice 10 : Démontrer par récurrence que $\Gamma(k+\tfrac32) = \dfrac{(2k+1)!}{2^{2k+1}\,k!}\sqrt{\pi}$ pour tout $k \in \mathbb{N}$. En déduire, à partir de la série du rappel, que $J_{1/2}(x) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi x}}\,\sin x$ pour $x > 0$.
Correction :
On simplifie le terme général de la série jusqu'à reconnaître celle de $\sin$.
Pour $k = 0$, $\Gamma(\tfrac32) = \tfrac{\sqrt{\pi}}{2}$ : la formule est vraie. Si elle l'est au rang $k$, alors $\Gamma(k+\tfrac52) = \dfrac{2k+3}{2}\,\Gamma(k+\tfrac32) = \dfrac{(2k+3)\,(2k+1)!}{2^{2k+2}\,k!}\sqrt{\pi}$, et en multipliant en haut et en bas par $2k+2$, on obtient $\dfrac{(2k+3)!}{2^{2k+3}\,(k+1)!}\sqrt{\pi}$.
Avec $\nu = \tfrac12$, le terme général contient $\Gamma(k+\tfrac32)$ :
$$\frac{1}{k!\,\Gamma(k+\frac32)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\frac12} = \frac{2^{2k+1}}{(2k+1)!\,\sqrt{\pi}} \times \frac{x^{2k+\frac12}}{2^{2k+\frac12}} = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\;\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}.$$
Avec le signe $(-1)^k$, on reconnaît $\sin x = \sum_{k \ge 0} (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$, d'où $J_{1/2}(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\,\sin x$.
L'erreur fréquente est d'écrire $\Gamma(k+\tfrac12)$ : avec $\nu = \tfrac12$, c'est $\Gamma(k+\nu+1) = \Gamma(k+\tfrac32)$.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : une exponentielle sur $[0\,;\,+\infty[$ appelle $\Gamma$ ; des puissances de $t$ et $1-t$ sur $[0\,;\,1]$, ou de $\sin$ et $\cos$ sur $[0\,;\,\tfrac{\pi}{2}]$, appellent $B$. La récurrence $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ ramène ensuite tout à $\Gamma(1)$ ou $\Gamma(\tfrac12)$.
Pour Bessel, pars de la série ou de la récurrence, et contrôle chaque formule par son équivalent en $0$, comme à l'exercice 7 : c'est là que les erreurs de signe se voient.
Contrôle aussi les ordres de grandeur. Sur $]0\,;\,1[$, $t^{a-1}$ diminue quand $a$ augmente, donc $B(a,b)$ diminue quand $a$ ou $b$ augmente : trouver $B(\tfrac32, \tfrac32)$ plus grand que $B(\tfrac12, \tfrac12) = \pi$ trahit une erreur de paramètre.
Sources
NIST, Digital Library of Mathematical Functions, chapitre 5, fonction Gamma (§5.2, 5.4, 5.5 et 5.12 : définition, récurrence, valeurs particulières, fonction Bêta).
NIST, Digital Library of Mathematical Functions, chapitre 10, fonctions de Bessel (§10.2, 10.6 et 10.16 : équation, série, récurrence, ordres demi-entiers).