2010-2011 M1 Analyse complexe (”Fonctions holomorphes - IMJ-PRG

2010-2011
M1 Analyse complexe
(”Fonctions holomorphes, fonctions speciales”)
Corrigés d’exercices pour la partie III
(Fonctions speciales)
1. Nous avons
1
=
n+1
¡
1
1
1
1
1
1
1¢
−
= −
− 2 + O(1/n3 ) =
− 2 + O(1/n3 ) > 0
log 1 +
n
n+1
n n + 1 2n
n(n + 1) 2n
γn − γn+1 = log (n + 1) − log n −
¡
¢
au moins pour n > N . La suite log 1 + n1 −
1
n+1
est décroissante, parce que
¡ ¡
1 ¢¢0 ¡ 1 ¢0
−
< 0 ∀ x ≥ 1.
log 1 +
x
x+1
Alors, la suite (γn − γn−1 ) est positive ∀ n ≥ 1. Donc, ∃ lim γn = γ > 0.
n→∞
2. En utilisant la définition de Γ(z) et l’égalité
n
Q
¡
¢
1 − k1 = n1 , on obtient
k=2
1
Γ(z)
= lim gn (z), où
z→∞
n
n
n
Y
Y
¡
¡
z ¢ Y¡
1 ¢z
z¢
−z
=
= zn
1+
1−
1+
gn (z) = z
k
k
k
k=1
z
n
Y
k=2
k=1
¡
1
1
z¢
1 + e−z/k ez(1+ 2 +...+ n −log n) .
k
k=1
Le produit converge normalement sur tout compact du C. En utilisant exercice 1 on obtient
∞
Y
¡
z¢
1
= zeγz
1 + e−z/k .
Γ(z)
k
k=1
3. En prenant les dérivées logarithmiques des membres de la formule d’exercice 2 on
obtient
X¡ 1
Γ0 (z)
1
1 ¢
=− −γ+
−
.
Γ(z)
z
n z+n
n≥1
En dérivant les termes de cette relation on obtient
1
d ¡ Γ0 (z) ¢ X
=
.
dt Γ(z)
(z + n)2
n≥0
1
4. Le résultat d’exercice découle du théorème de nombres premiers et du calcul suivant
Zx
2
dt
t ¯¯x
dt =
−
log t
log t 2
x
2
−
+
log x log 2
Zx
2
Zx
td
1
=
log t
2
dt
.
log2 t
5. On applique l’équation fonctionnelle de Riemann (voir Partie III, A, théorème 2.3).
Si 0 < Re a < 1, alors, sin(πa/2) 6= 0 et Γ(1 − a) 6= 0. Si ζ(a) = 0, alors d’après l’équation
fonctionnelle ζ(1 − a) = 0. En plus, ζ(ā) = ζ(a) = 0 et ζ(1 − ā) = ζ(1 − a) = 0, parce que
ζ(x) ∈ R, si x ∈ R.
6. Nous avons
(Lsk )(x) =
Z∞
1
e−xs sk ds =
xk+1
0
Par formule de Euler
R∞
Z∞
e−t tk dt, x > 0.
0
e−t tk dt = Γ(k + 1). Alors, (Lsk )(z) =
0
k!
z k+1
si z = x > 0. Par
théorème d’unicité pour la fonction holomorphe z 7→ (Lsk )(z), l’égalité est valide pour
∀ z : Re z > 0.
7. D’après l’exercice 6:
1
= (Ls)(z + k) =
(z + k)2
Z∞
−s(z+k)
e
sds =
0
Alors,
N
X
k=1
1
=
(z + k)2
Z∞
−sz
e
0
k=1
e−sz (e−s )k sds.
0
Z
N
X
1 − e−s(N −1)
−s k
(e ) sds = e−sz
sds.
1 − e−s
∞
k=0
Donc,
∞
X
Z∞
1
=
(z + k)2
0
Z∞
e−sz
0
s
ds, Re z > 0.
1 − e−s
En utilisant l’exercice 3 on obtient
d ¡ Γ0 (z) ¢
=
dz Γ(z)
Z∞
0
e−sz
s
ds, Re z > 0.
1 − e−s
2
8. Pour la fonction z 7→ F (z) = B(w, z) · Γ(w + z) la relation F (z + 1) = z · F (z) est
z
B(w, z). On démontre cette égalité:
équivalente à l’égalité: B(w, z + 1) = w+z
(w + z)B(w, z + 1) − zB(w, z) = (w + z)
Z1
tw−1 (1 − t)z dz − z
0
Z1
0
Z1
tw−1 (1 − t)z−1 dt =
0
¯1
{wtw−1 (1 − t)z − z(1 − t)z−1 tw }dt = tw (1 − t)z ¯0 = 0.
Nous avons, en plus, |B(w, z)| ≤ B(Re w, Re z), parce que
|(1 − t)w−1 z z−1 | ≤ (1 − t)Re w−1 tRe z−1 . Alors, la fonction z 7→ F (z) = B(w, z) · Γ(w + z)
appartient à O(C+ ), Γ(1) = Γ(w) et F (z + 1) = z · F (z). En plus, F est bornée sur la
bande {1 ≤ Re z ≤ 2}. Par théorème 1.2 F (z) = Γ(w) · Γ(z).
9. Pour s ∈ R : s > 1 nous avons identité élémentaire
¡
¢
2 ¢¡
1
1
(1 − 21−s )ζ(s) = 1 − s 1 + s + s + . . . =
2
2
3
¢
¢
¡
1
2¡
1
1
1
1 + s + s + ... − s 1 + s + s + ... =
2
3
2
2
3
1
1
1
1 − s + s − s + ...
2
3
4
La fonction s 7→ 1 − 2−s + 3−s . . . est holomorphe et bien définie si Re s > 0. En plus,
cette fonction est differente de zero si s ∈ R : s > 0. La fonction s 7→ (1 − 21−s )ζ(s) est
méromorphe sur C. Par théorème d’unicité l’identité au-dessus est valide
∀ s ∈ C : Re s > 0. Alors, ζ(s) 6= 0 pour s ∈ R : s > 0.
D’après cours {s ∈ R : ζ(s) = 0, s ≤ 0} = {s = −2, −4, −6 . . .}.
10. D’après Euler-Gauss: l’ensemble des pôles (tous simples) sur C de Γ(ξ) est
{0, −1, −2, −3, . . .}. D’après Riemann: l’ensemble des pôles de ζ(s) sur C est {1}. Les
zéros (tous simples) de ζ(s) sur R est {−2, −4, −6, . . .} (Riemann, Hadamard). Donc,
l’ensemble des toutes zéros de Γ(s) · ζ(s) sur R est vide. L’ensemble des tous pôles de
Γ(s) · ζ(s) sur C est {1, 0, −1, −3, −5, . . .}.
3