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\newtheorem*{thm}{Théorème}
\newtheorem*{lem}{Lemme}
\date{}
\title{Formule des compléments}
\begin{document}
 \maketitle
Ce développement se trouve dans Amar-Matheron, \emph{Analyse complexe}. 

\begin{thm}
 Pour tout $z \in \mathbb C$ tel que $\Re(z) \in ]0,1[$, on a
$$\Gamma(z) \Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin \pi z}.$$
\end{thm}
\hrule
\begin{lem}
 Pour tout $\alpha \in ]0,1[$, on a $\displaystyle{\int_0^\infty \frac{dt}{t^\alpha (1+t)} = \frac{\pi}{\sin \pi \alpha}}.$
\end{lem}
\begin{proof}
On note $I_\alpha$ ladite intégrale. Elle existe et est finie car l'intégrande $u$ est continue et qu'au voisinage de 0, on a $u(t) \sim t^{-\alpha}$ et qu'au voisinage de $+\infty$, on a $u(t)\sim t^{-(1+\alpha)}$. \\
Soit alors $\Omega = \mathbb C \setminus \mathbb R^+$ et $f$ la fonction définie sur $\Omega \setminus \{1\}$ par $f(z)=\frac{1}{z^\alpha(1+z)}.$ (on note $z^\alpha = r^\alpha e^{i\alpha\theta}$ si $z=re^{i\theta}$. La fonction $f$ est holomorphe dans $\Omega\setminus \{-1\}$ et possède un pôle simple en $-1$ de résidu $e^{-i\pi \alpha}$. \\
Pour $0<\varepsilon<1<R$, on note $K_{\varepsilon,R}$ le compact délimité par le demi-cercle $C_\varepsilon=\{|z|=\varepsilon, \; \Re(z) \leqslant 0\}$, les deux segments $I_{\varepsilon R}^\pm = \{(\pm i\varepsilon, \pm i \varepsilon + \sqrt{R^2 - \varepsilon^2}\}$ et l'arc de cercle $\Gamma_{\varepsilon R} = \{Re^{i\theta} ; \; \theta \in [-\pi,\pi], |\theta| \geqslant \theta_{\varepsilon R}\}$ où $\theta_{\varepsilon R} = \arctan(\varepsilon / \sqrt{R^2-\varepsilon^2}).$

Le théorème des résidus sur le bord donne
$$\int_{\partial K_{\varepsilon R}} f(z) dz = 2i\pi e^{-i\pi \alpha}, \quad \forall \varepsilon, R.$$
En outre, quand $\varepsilon \to 0$, l'intégrale sur $C_\varepsilon$ tend vers 0 car
$$\left \vert \int_{C_\varepsilon} f(z) dz \right \vert \leqslant \frac{1}{\varepsilon^\alpha(1-\varepsilon)} \times \pi \varepsilon = \frac{\pi \varepsilon^{1-\alpha}}{1-\varepsilon} \to 0.$$
Par ailleurs, 
$$\int_{\Gamma_{\varepsilon, R}} f(z)dz=\int_{\theta_{\varepsilon R}}^{2\pi - \theta_{\varepsilon R}} iR^{1-\alpha} \frac{e^{i(1-\alpha)\theta}}{1+Re^{i\theta}} d\theta \longrightarrow \int_0^{2\pi} iR^{1-\alpha} \frac{e^{i(1-\alpha)\theta}}{1+Re^{i\theta}} d\theta$$
par convergence dominée. \\
Si $t \in ]0,+\infty[$, alors $(t+i\varepsilon)^\alpha \longrightarrow t^\alpha$ et $(t-i\varepsilon)^\alpha \longrightarrow e^{2i\pi \alpha}t\alpha$ (l'argument de $t-i\varepsilon$ tend vers $2\pi$). Comme en outre, $\vert f(t+iy)\vert \leqslant \frac{1}{t^\alpha (1+t)}$ pour tout $y\in \mathbb R$, et que cette dernière est intégrable, on peut appliquer le théorème de convergence dominée sur $I^+$ et $I^-$. Les intégrales sous-jacentes tendent respectivement vers $\int_0^R \frac{dt}{t^\alpha(1+t)}$ et $e^{2i\pi \alpha} \int_0^R \frac{dt}{t^\alpha(1+t)}$. Récapitulant, on obtient
$$(1-e^{-2i\pi \alpha}) \int_0^R \frac{dt}{t^\alpha(1+t)} + i \int_0^{2\pi}R^{1-\alpha} \frac{e^{i(1-\alpha)\theta}}{1+Re^{i\theta}} d\theta = 2i\pi e^{-i\pi \alpha},$$
et ce pour tout $R >1.$

Remarquons alors que pour $\theta \in [0,2\pi]$, on a $\left \vert R^{1-\alpha} \frac{e^{i(1-\alpha)\theta}}{1+Re^{i\theta}} \right \vert \leqslant \frac{R^{1-\alpha}}{R-1}$. Puisque $\alpha >0$, le TCD indique que la seconde intégrale tend vers 0 quand $R$ tend vers $+\infty$. De fait
$$(1-e^{-2i\pi \alpha})I_\alpha = 2i\pi \alpha e^{-i\pi \alpha},$$
ce qui conclut la preuve du lemme.
\end{proof}
Pour conclure, comme on doit prouver une égalité de fonctions holomorphes, il suffit de le faire pour $z=\alpha \in ]0,1[$. D'après le théorème de Fubini, on peut écrire
$$\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha) = \int_U t^{\alpha-1} s^{-\alpha} e^{-s-t} dt ds = \int_U \left( \frac{t}{s} \right)^\alpha e^{-(t+s)} ds \frac{dt}{t},$$
où $U=\{s,t >0\}.$ On fait ensuite le changement de variable $\varphi : (t,s) \mapsto (s+t,t/s)$, d'inverse $(u,v)\mapsto (\frac{uv}{1+v}, \frac{u}{1+v})$ et dont le jacobien de l'inverse en $\varphi(t,s)=(u,v)$ est $-\frac{u}{(1+v)^2} = -\frac{t}{v(1+v)}.$ Alors
$$\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)= \int_U \frac{1}{v^{1-\alpha} (1+v)} e^{-u} du dv = \int_0^\infty \frac{dv}{v^{1-\alpha}(1+v)},$$
ce qui conclut la preuve du théorème.



\end{document}
