Calcul avec les fonctions gamma et béta

invite6f9f6925 · 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.

invite3478a1d3 · 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 $\Gamma$ .

inviteaf1870ed · 06/06/2007, 11h49

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

invite3478a1d3 · 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 $\Gamma(1 \pm i) \neq 1$ .

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

invite6f9f6925 · 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 $B(z,\overline{z})$ ...

invite6f9f6925 · 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 :
$f(n+1)=\frac{\prod_{k=1}^n (k^2+1)}{(n+1)!^2}f(1)=\frac{B(n+1+i,n+1-i)}{B(1+i,1-i)}.\frac{2^n}{(2n+2)(n+1)!}f(1)$

invite636fa06b · 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

invite636fa06b · 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)

invite6f9f6925 · 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...

invite6f9f6925 · 07/06/2007, 13h17

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

inviteaf1870ed · 07/06/2007, 13h18

La primitive est :

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

invite636fa06b · 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

invite6f9f6925 · 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...

invite636fa06b · 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)...

invite6f9f6925 · 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 ?

inviteaf1870ed · 08/06/2007, 17h08

Envoyé par zinia

Bien entendu, pour bénéficier d'un maximum de précision il faut être capable de déterminer la limite de g(n)...

La limite de g(n) est, me semble t il : $ln(\frac{sinh\pi}{\pi})$

voir ici http://mathworld.wolfram.com/InfiniteProduct.html

invite636fa06b · 08/06/2007, 18h56

Envoyé par ericcc

La limite de g(n) est, me semble t il : $ln(\frac{sinh\pi}{\pi})$

ça marche bien et il n'y a même pas de constante d'Euler. J'avais cherché autrement et avait trouvé
$lim(g(n))= \zeta(2)-\frac{\zeta(4)}{2}+\frac{\zeta(6)}{3}-\frac{\zeta(8)}{4}+\frac{\zeta(10)}{5}....$

inviteaf1870ed · 08/06/2007, 19h58

Oui en utilisant le développement en série de log(1+x)

**invite9c9b9968** · 08/06/2007, 23h34

Salut,

Comment fait-on pour trouver cette limite ? Je n'arrive qu'à la limite proposée par zinia

invite636fa06b · 08/06/2007, 23h56

Bonsoir,

A la réflexion, on a un très bon équivalent de f avec
$f(n)\sim \frac {sh(\pi)}{\pi n^2}$
par exemple, pour f(2007) cela donne 5 chiffres significatifs corrects et en developpant à l'ordre 1 les termes correctifs introduits plus haut, on améliore encore la précision : 10 chiffres significatifs pour f(2007) avec
$f(n)\sim \frac {(n-1)sh(\pi)}{\pi n^3}$
Bien entendu, pour des petites valeurs de n, c'est assez peu précis (mais quand même une erreur inférieure à 0,03 % pour n=10).
Je pense que tout cela était largement suffisant pour les besoins de Rant (?)

invite636fa06b · 09/06/2007, 00h24

Envoyé par Gwyddon

Comment fait-on pour trouver cette limite ?

Bonsoir,
ça vient de
$\frac{sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2})$
Tu peux t'en convaincre à la Euler en constatant que les deux "polynômes" ont les mêmes racines

**invite9c9b9968** · 09/06/2007, 00h37

Oulà ! Mais faudrait le démontrer ce machin...

Sinon on pourrait passer par la fonction gamma, mais ça nécessite la formule de réflexion, et j'avoue ne pas (plus ?) savoir comment on la démontre..

**invite4793db90** · 09/06/2007, 01h10

Salut,

Oulà ! Mais faudrait le démontrer ce machin...

Le sinus est la dérivée logarithmique de la cotangente, dont le développement en série est relativement bien connu.

Sinon on pourrait passer par la fonction gamma, mais ça nécessite la formule de réflexion, et j'avoue ne pas (plus ?) savoir comment on la démontre..

Tu parles de la formule des compléments, je suppose. Un moyen heuristique repose sur la comparaison des pôles (et le théorème de Weierstrass peut rendre l'argument rigoureux). Sinon, il faut piocher dans les bouquins d'analyse pour trouver des démos à la pelle.

Cordialement.

**invite9c9b9968** · 09/06/2007, 01h15

Envoyé par martini_bird

Salut,

Le sinus est la dérivée logarithmique de la cotangente, dont le développement en série est relativement bien connu.

Euh... La dérivée log de la cotangente ce n'est pas $x \rightarrow \frac{-2}{\sin(2x)}$ ?

Tu parles de la formule des compléments, je suppose. Un moyen heuristique repose sur la comparaison des pôles (et le théorème de Weierstrass peut rendre l'argument rigoureux). Sinon, il faut piocher dans les bouquins d'analyse pour trouver des démos à la pelle.

Cordialement.

Pas idiot le théorème de Weierstrass, merci

invite636fa06b · 09/06/2007, 07h14

Bonne journée
J'ai trouvé ça
qui correspond exactement à la démarche d'Euler avec de la rigueur en prime

**invite4793db90** · 09/06/2007, 10h19

Envoyé par Gwyddon

Euh... La dérivée log de la cotangente ce n'est pas $x \rightarrow \frac{-2}{\sin(2x)}$ ?

En fait, il fallait comprendre l'inverse

: la cotangente est la dérivée logarithmique du sinus. Du coup, la formule du produit est équivalente au développement

$\pi\cot\pi z=\frac{1}{z}+2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^2-n^2}= \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{z-n}$

Cordialement.

invite6f9f6925 · 12/06/2007, 01h18

Envoyé par zinia

Bonsoir,

A la réflexion, on a un très bon équivalent de f avec
$f(n)\sim \frac {sh(\pi)}{\pi n^2}$
par exemple, pour f(2007) cela donne 5 chiffres significatifs corrects et en developpant à l'ordre 1 les termes correctifs introduits plus haut, on améliore encore la précision : 10 chiffres significatifs pour f(2007) avec
$f(n)\sim \frac {(n-1)sh(\pi)}{\pi n^3}$
Bien entendu, pour des petites valeurs de n, c'est assez peu précis (mais quand même une erreur inférieure à 0,03 % pour n=10).
Je pense que tout cela était largement suffisant pour les besoins de Rant (?)

oh oui, largement.
Quant à trouver une expression "explicite" pour $\prod_{k=1}^n(k^2+1)$ , il semble que cela soit impossible car cette expression semble intimement liée à la fonction Gamma.

En effet, on a : $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$

Du coup :
$|\Gamma(z+1)|^2=|z|^2|\Gamma(z)|^2$
et
$|\Gamma(n+1+ix)|^2=|n+ix|^2 |\Gamma(n+ix)|^2 = (n^2+x^2)|\Gamma(n+ix)|^2=|\Ga(i x)|^2 \prod_{k=1}^n(k^2+x^2)$

avec $|\Gamma(ix)|^2 = \frac{\pi x}{sh(\pi x)}$
( on trouve tout ça sur le site de Wolfram - équations 38 à 43).

Bref, tout ça pour dire que $\prod_{k=1}^n(k^2+1)$ semble être un cas particulier d'une identité remarquable définissant le module de la fonction Gamma, qui j'imagine ne peut être plus explicité...

Par ailleurs, on repartant de ta 1ére approximation :
$f(n)\sim \frac {sh(\pi)}{\pi n^2}$
et sachant que :
$f(n+1)=\frac{\prod_{k=1}^n(k^2+1)}{(n+1)!^2}$
On en déduit que :
$f(n+1)\sim \frac {sh(\pi)}{\pi (n+1)^2} \sim \frac{\prod_{k=1}^n(k^2+1)}{(n+1)!^2}$

ce qui est équivalent à :
$|\Gamma(n +1 +i)| \sim n!$ ce qui revient à négliger le terme imaginaire...

Par contre en prenant la seconde approximation :
$|\Gamma(n +1 +i)| \sim \sqr{\frac{n}{n+1}} n!$

invite7563dcd8 · 04/04/2008, 12h39

La fonction Gamma est reliée à la fonction Béta par la relation :
B(x,y)=Γ(x)Γ(y) sur
Γ(y+x)
a ce que quele q'un peu me montre les etapes comment euler a peu devloppe cette relation svp c'est vraiment important et urgant merci bcp

Calcul avec les fonctions gamma et béta

Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Re : Calcul avec les fonctions gamma et béta

Discussions similaires

problème avec un devoir sur les fonctions puissances

Demonstration avec les fonctions réciproques

Souci avec les études de fonctions

fonctions beta et integrale