Intégrale de Gauss par trois méthodes

Intégrale de Gauss
Gourdon, Analyse, pages 163 et 329
Théorème :
Z
√
+∞
I=
e
−t2
dt =
0
π
2
1ère méthode : Utilisation d'une méthode variationnelle
Soit
[0, +∞[
g:
R
Z 1
7→
0
Z
La fonction (t, x) 7→
x
→
1
2
2
e−(t +1)x
dt
t2 + 1
−(t2 +1)x2
e
dt admet une dérivée partielle par rapport à x, continue. On en
t2 + 1
déduit (théorème de dérivabilité sous le signe intégral) que g est dérivable et que
Z 1
Z 1
2
2
2
2
∀x ≥ 0, g 0 (x) = −2x
e−(t +1)x dt = −2xe−x
e−(tx) dt
0
0
0
ce qui, après le changement de variable u = tx donne
Z x
2
0
−x2
g (x) = −2e
e−u du = −2f 0 (x)f (x)
0
Z
avec f : x 7→
x
2
e−u du
0
En intégrant, on en déduit que
¡
¢
g(x) − g(0) = − f 2 (x) − f 2 (0)
∀x ≥ 0,
Z
donc g(x) =
π
− f 2 (x)
4
1
dt
entraînent que lim g(x) = 0, et la fonction f étant positive,
x→+∞
1
+
t2
0
r
π
on en déduit que lim f (x) =
, ce qui s'écrit :
x→+∞
4
√
Z +∞
2
π
I=
e−t dt =
2
0
Les inégalités 0 ≤ g(x) ≤ e−x
2
2ème méthode : Calcul par encadrement
La fonction logarithme est concave, elle se trouve donc en dessous de sa tangente en 1, ce qui s'écrit
ln(1 + x) ≤ x, ∀x ∈] − 1, +∞[. En particulier, pour tout n ∈ N∗ , on a
µ
¶
µ
¶
√
t2
t2
t2
t2
∀t ∈]0, n], ln 1 −
≤−
et ln 1 +
≤
n
n
n
n
En multipliant respectivement par n et −n, puis en prenant l'exponentielle, on en déduit que
µ
¶n
µ
¶−n
√
t2
t2
−t2
∀t ∈]0, n],
1−
≤e
≤ 1+
n
n
On a donc
µ
¶n
¶−n
Z √n µ
Z √n
t2
t2
−t2
∀n ∈ N ,
1−
e dt ≤
1+
dt ≤
dt
n
n
0
0
0
√
√
En eectuant le changement de variable t = n cos u dans le membre de gauche, et t = ncotanu dans
le membre de droite, cette dernière assertion s'écrit aussi :
Z √n
Z π2
Z π2
√
√
2n+1
−t2
∗
sin
udu ≤
e dt ≤ n
sin2n−2 udu
n
∀n ∈ N ,
Z
∗
√
n
0
Z
π
2
0
r
0
π
. Ceci montre que les deux termes tendent vers
n∞
2n
0
n → +∞, et en on déduit en faisant tendre n vers l'inni que
√
Z +∞
Z √x
2
π
−t2
I=
e dt = lim
e−t dt =
x→+∞
2
0
0
Or, on sait que
sinn udu ∼
1
√
π
lorsque
2
3ème méthode : Passage en coordonnées polaires
Pour a > 0, on note
©
ª
Da = (x, y) ∈ R2 / x2 + y 2 ≤ a2 ,
Z Z
Ca = [−a, a]2
et
e−(x
Ia =
2
+y 2 )
dx dy
Da
En passant en coordonnées polaires, puis en appliquant le théorème de Fubini, on a
ÃZ
! ÃZ
!
Z Z
∀a > 0,
2
2
e−r rdrdθ =
Ia =
e−r rdr
[0,a]×[0,2π]
dθ
[0,a]
2
= π(1 − e−a )
[0,2π]
Z Z
En notant Ja =
2
e−(x
+y 2 )
Ca
dx dy , on a (toujours d'après Fubini),
ÃZ
! ÃZ
2
−x
Ja =
e
!
dx
[−a,a]
e
−y
2
dy
µZ
a
=
[−a,a]
e
−x2
¶2
dx
−a
Or Da ⊂ Ca ⊂ D√2a , et la fonction intégrée étant positive, on en déduit que Ia ≤ Ja ≤ J√2a , ce qui
s'écrit encore
µZ a
¶2
2
−a2
−x2
∀a > 0, π(1 − e ) ≤
e
dx ≤ π(1 − e−2x )
Z
En faisant tendre a vers +∞, on en déduit que
−a
+∞
−∞
2
2
e−x dx =
√
π , d'où la valeur de I .