Calcul avec les fonctions gamma et béta

Rant · 05/06/2007 - 22h22

Bonjour,
On considére la fonction f définie par :
$f(1)=1$
$f(n+1)=\frac{(n^2+1)}{(n+1)^2} f(n)$

et on souhaite calculer f(2007), sans programmation, of course

.

Je n'ai pas trouvé la solution (je ne sais même pas s'il elle existe

), mais voici où j'en suis rendu :

Par itération, on trouve :
$f(n+1)=\frac{\prod_{k=1}^n (k^2+1)}{(n+1)!^2}f(1)$

On cherche donc maintenant une expression simplifiée de : $p(n) = \prod_{k=1}^n (k^2+1)$

J'ai essayé de remplacer +1 par $-i^2$ et d'introduire la fonction gamma (la fonction gamma est une généralisation sur $\mathbb{C}$ de la fonction factorielle. $\Gamma(z)$ est définie pour Re(z)>0) ce qui est bien le cas ici) :
$p(n) = \prod_{k=1}^n (k^2 - i^2)=\prod_{k=1}^n (k - i)(k + i)=\Gamma(n - i)\Gamma(n + i)$

La fonction Gamma est reliée à la fonction Béta par la relation : $B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y )}{\Gamma(x + y)}$

On obtient ainsi :
$p(n)=\Gamma(2n)B(n + i, n - i) = (2n)!B(n + i, n - i)$

La question est donc maintenant de trouver une expression de la fonction Béta pour un complexe et son conjugué : $B(z,\overline{z})$ .

Je n'ai pas trouvé dans la littérature l'existence d'une telle expression et comme je suis déjà aux limites de mes connaissances en math, je ne sais pas trop quoi faire maintenant.

Merci pour vos réponses.

Kacsou · 06/06/2007 - 11h33

Envoyé par Rant

J'ai essayé de remplacer +1 par $-i^2$ et d'introduire la fonction gamma (la fonction gamma est une généralisation sur $\mathbb{C}$ de la fonction factorielle. $\Gamma(z)$ est définie pour Re(z)>0) ce qui est bien le cas ici) :
$p(n) = \prod_{k=1}^n (k^2 - i^2)=\prod_{k=1}^n (k - i)(k + i)=\Gamma(n - i)\Gamma(n + i)$

Euh.... Je n'ai pas cherché de solution à ton problème, mais il y a plusieurs choses fausses ici :

j'ai l'impression que tu penses que $n! = \Gamma(n)$ . Cette formule est fausse : la vraie est $(n-1)! = \Gamma(n)$ ;
de plus, cette égalité n'est valable que et seulement pour $n \in \mathbb{N}^*$ . Or, ici, $n \pm i$ ne sont trivialement pas des entiers naturels (non nuls). Donc, tu ne peux pas utiliser l'égalité entre la factorielle et la fonction $\Gamma$ .

ericcc · 06/06/2007 - 11h49

Tu te trompes Kacsou, la fonction Gamma généralise effectivement la factorielle sur C.
On a la formule $\Gamma(z)=(z-1)\Gamma(z-1)$

Kacsou · 06/06/2007 - 12h08

Je n'ai pas dit que la formule (1) : $\Gamma(z)=(z-1)\Gamma(z-1)$ était fausse sur $\mathbb{C}$ , je dit juste que j'ai l'impression qu'il a voulu utiliser la formule $\prod_{k=1}^{n}(k \pm i) = \Gamma(n \pm i + 1)$ , et c'est cette formule qui est fausse.
Si tu développes la formule (1), alors ça donne :
$ \begin{eqnarray} \Gamma(n \pm i + 1) & = & (n \pm i) \Gamma(n \pm i)\\ & = & (n \pm i) (n - 1 \pm i) \Gamma(n - 1 \pm i)\\ & = & (n \pm i) (n - 1 \pm i) \dots (1 \pm i) \Gamma(1 \pm i)\\ & = & \prod_{k=1}^{n}(k \pm i) \Gamma(1 \pm i)\\ & \neq & \prod_{k=1}^{n}(k \pm i) \end{eqnarray}$
car $\Gamma(1 \pm i) \neq 1$ .

Rant · 06/06/2007 - 14h00

Effectivement, merci Kacsou, il y avait quelques approximations dans mon calcul, mais l'introduction de la fonction Gamma reste valide je pense.
Je reprend donc en partant de la définition de Gamma :

Pour tout z dans C , Re(z)>0, on a :
$\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$

En itérant n fois, on a :
$\Gamma(z+1)=z(z-1)(z-2)...(z-n)\Gamma(z-n)$

et pour z = n + i, on obtient :
$\Gamma(n+1+i)=(n+i)(n-1+i)(n-2+i)...(1+i)(i)\Gamma(i)$
$\Gamma(n+1+i)=\prod_{k=1}^n (k+i).(i)\Gamma(i)$

et de même pour z = n - i, on a :
$\Gamma(n+1-i)=(-i)\Gamma(-i)\prod_{k=1}^n (k-i)$

Je ne sais pas ce que valent $\Gamma(i)$ et $\Gamma(-i)$ mais disons qu'à une constante près, on a bien l'égalité.

Ce qui donne pour l'expression de départ :
$\prod_{k=1}^n(k^2+1)=\prod_{k= 1}^n(k+i)(k-i)=\frac{\Gamma(n+1+i)\Gamma(n +1-i)}{\Gamma(i)\Gamma(-i)$

et en utilisant la relation entre les fonctions gamma et béta :
$\prod_{k=1}^n(k^2+1)=\frac{B(n +1+i,n+1-i)}{B(i,-i)}(2n+2)!$

Enfin, en remplaçant dans l'expression de départ :
$f(n+1)=\frac{\prod_{k=1}^n (k^2+1)}{(n+1)!^2}f(1)=\frac{B (n+1+i,n+1-i)}{B(i,-i)}.\frac{2^n}{(n+1)!}f(1)$

et on a gagné une simplification par (n + 1)!

Reste toujours à trouver une expression pour $B(z,\overline{z})$ ...

Rant · 06/06/2007 - 14h49

Plein de petites erreurs à corriger...

entre autre $\Gamma(i)$ n'est pas défini, donc il faut remplacer $i\Gamma(i)$ par $\Gamma(1+i)$ .

$\Gamma(n+1+i)=\Gamma(1+i)\prod _{k=1}^n (k+i)$

$\Gamma(n+1-i)=\Gamma(1-i)\prod_{k=1}^n (k-i)$

Ce qui donne pour l'expression de départ :
$\prod_{k=1}^n(k^2+1)=\prod_{k= 1}^n(k+i)(k-i)=\frac{\Gamma(n+1+i)\Gamma(n +1-i)}{\Gamma(1+i)\Gamma(1-i)$

et en utilisant la relation entre les fonctions gamma et béta :
$\prod_{k=1}^n(k^2+1)=\frac{B(n +1+i,n+1-i)}{2B(1+i,1-i)}\Gamma(2n+2)$

Enfin, en remplaçant dans l'expression de départ :
$f(n+1)=\frac{\prod_{k=1}^n (k^2+1)}{(n+1)!^2}f(1)=\frac{B (n+1+i,n+1-i)}{B(1+i,1-i)}.\frac{2^n}{(2n+2)(n+1)!}f( 1)$

zinia · 07/06/2007 - 09h46

Bonjour,

Je ne pense pas que tu puisses trouver quelque chose de simple à partir de ton développement.
Il me semble que l'on peut procéder plus simplement :
On pose g(n)=ln(n²f(n)) ce qui donne g(1)=0 et
$g(n+1)=g(n)+ln(1+\frac{1}{n^2} )\; et \;donc\;g(n)=\sum_{k=1}^{n-1}ln(1+\frac{1}{k^2})$
La convergence ne pose pas de problème et la connaissance de g nous donnera celle de f.
Pour calculer la somme, on peut utiliser la formule d'Euler-McLaurin mais il serait plus précis de connaitre la limite de g(n) lorsque n tend vers l'infini et d'évaluer le reste par une intégrale...
à suivre

zinia · 07/06/2007 - 13h04

Suite.

En posant $L=\pi-\lim_{n \rightarrow + \infty} g(n)$
on a
$g(n)=(n-\frac{1}{2})Ln(1+\frac{1}{n^2} )-L+2arctg(n)-\frac{1}{12n(1+n^2)}+\frac{1}{ 60n^5}$
L=1,8397 environ mais je n'ai pas encore réussi à le déterminer plus rigoureusement (il doit y avoir de la constante d'Euler quelque part.
La formule ci-dessus peut être affinée (l'erreur est en 1/n^5 mais on peut allaer plus loin dans le developpement)

Rant · 07/06/2007 - 13h14

Ok, je vais suivre ton idée.
Pour tout dire, j'aurais souhaité trouver une expression générale pour $\prod_{k=1}^n(k^2+1)$ que je trouve intéressante en soi, mais peut être que cette expression n'existe pas, donc une formule approchée serait déjà un bon début.

On peut écrire :
$p(n) = \prod_{k=1}^n(k^2+1)=(n!)^2 \prod_{k=1}^n(1+\frac{1}{k^2})$

Et en passant au logarithme :
$g(n)= ln(p(n)) - 2ln(n!) = \sum_{k=1}^n ln(1+\frac{1}{k^2})$

Reste donc à trouver une primitive de $ln(1+\frac{1}{x^2})$ pour appliquer la formule d'Euler-McLaurin...

Rant · 07/06/2007 - 13h17

croisement de post....
Merci, je vais essayer de retrouver tes calculs.

ericcc · 07/06/2007 - 13h18

La primitive est :

2ArcTan(x) + xln(1 + 1/x²), par une IPP évidente

zinia · 07/06/2007 - 13h30

J'ai testé sur excel ce que ça donne pour f(2007) :
calcul exact... 9,1216523987215E-07
calcul formule 9,1216523986434E-07

Rant · 07/06/2007 - 14h37

Merci ericc pour la primitive (beuh... pas si evidente

).

Envoyé par zinia

Suite.

En posant $L=\pi-\lim_{n \rightarrow + \infty} g(n)$
on a
$g(n)=(n-\frac{1}{2})Ln(1+\frac{1}{n^2} )-L+2arctg(n)-\frac{1}{12n(1+n^2)}+\frac{1}{ 60n^5}$
L=1,8397 environ mais je n'ai pas encore réussi à le déterminer plus rigoureusement (il doit y avoir de la constante d'Euler quelque part.
La formule ci-dessus peut être affinée (l'erreur est en 1/n^5 mais on peut allaer plus loin dans le developpement)

Peux-tu expliciter pourquoi tu introduits L ? Je ne connais pas les subtilités liées à la formule d'Euler-MacLaurin, je me contente de calculer l'intégrale et la valeur de la fonction aux deux bornes d'intégration :
(J'ai défini g(n) pour la somme de 1 à n, ce qui change un peu le résultat final par rapport à toi).

$\int_1^n g(x)dx + \frac{1}{2}(g(1)+g(n))=\int_1^ n ln(1+\frac{1}{x^2})dx + \frac{1}{2}(ln(1 + \frac{1}{n^2}) + ln2)$
$=2ArcTan(n) + (n+\frac{1}{2})ln(1+\frac{1}{n ^2}) - \frac{\pi}{2} -\frac{ln(2)}{2}$

Le retour à f(n) par l'exponentielle ne simplifie pas grand chose, j'espérais un résultat plus esthétique...

zinia · 07/06/2007 - 17h14

En approximant la somme par une intégrale, l'erreur est plus élevée sur les premiers termes que sur les derniers. C'est pourquoi je préfère ecrire que $g(n)= \sum_{k=1}^\infty ln(1+\frac{1}{k^2}) - \sum_{k=n}^\infty ln(1+\frac{1}{k^2})$
et limiter l'approximation à la seconde somme. On a donc
$g(n)=\lim_{n\rightarrow \infty}g(n)-\pi +2arctg(n)+nln(1+\frac{1}{n^2} )- \frac{1}{2}ln(1+\frac{1}{n^2}) +R(n)$
Le reste R(n) est précisément donné par la formule d'Euler-macLaurin
Si h est la fonction qu'on intègre, a et b les bornes d'intégration, on a
$Rn= \frac{h'(b)-h'(a)}{12}-\frac{h^{(3)}(b)-h^{(3)}(a)}{720}+\frac{h^{(5)} (b)-h^{(5)}(a)}{30240}... $
les coefficients sont calculés à partir des nombres de Bernoulli
Bien entendu, pour bénéficier d'un maximum de précision il faut être capable de déterminer la limite de g(n)...

Rant · 07/06/2007 - 18h25

OK, c'est plus clair maintenant. Merci pour tes précisions.

Je reviens sur la question que je posais plus haut (qui m'intrigue en fait) :
- Trouver une expression de la fonction Béta pour un complexe et son conjugué : $B(z,\overline{z})$ .
- Et plus spécifiquement pour un complexe de la forme n+i, n entier.

La fonction Béta est définie pour x,y dans $C$ , Re(x) > 0 et Re(y) > 0 par :
$B(x,y)=\int_0^1 t^{(x-1)}(1-t)^{(y-1)}dt$

A-t-on des techniques pour calculer ce genre d'intégrales dans certains cas particuliers ?