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Devoir : Intégrale de GaussIntégration de Riemann/Devoir/Intégrale de Gauss », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
— Ⅰ —
Soit
f
:
R
→
R
{\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
l'application définie par :
f
(
x
)
=
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
d
t
{\displaystyle f(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t}
.
Montrer que :
∀
x
⩾
0
f
(
x
)
⩽
e
−
x
{\displaystyle \forall x\geqslant 0\qquad f(x)\leqslant \mathrm {e} ^{-x}}
.
Quelle est la limite de
f
{\displaystyle f}
en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
?
— Ⅱ —
1° Montrer que pour tout réel
y
{\displaystyle y}
:
0
⩽
e
y
−
1
−
y
⩽
y
2
2
e
|
y
|
{\displaystyle 0\leqslant \mathrm {e} ^{y}-1-y\leqslant {\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {e} ^{|y|}}
.
2° En déduire que pour tous réels
x
{\displaystyle x}
et
h
{\displaystyle h}
,
0
⩽
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
+
h
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
d
t
⩽
2
h
2
e
2
|
h
|
f
(
x
)
{\displaystyle 0\leqslant f(x+h)-f(x)+h\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}\,\mathrm {d} t\leqslant 2h^{2}\operatorname {e} ^{2|h|}f(x)}
.
En déduire que
f
{\displaystyle f}
est dérivable et préciser sa dérivée.
— Ⅲ —
Prouver que :
∀
x
∈
R
x
∫
0
1
e
−
(
x
t
)
2
d
t
=
∫
0
x
e
−
u
2
d
u
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \qquad x\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-(xt)^{2}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u}
.
— Ⅳ —
Soit
g
:
R
→
R
{\displaystyle g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
l'application
x
↦
f
(
x
2
)
{\displaystyle x\mapsto f\left(x^{2}\right)}
.
Montrer que
g
′
(
x
)
=
−
2
e
−
x
2
∫
0
x
e
−
u
2
d
u
{\displaystyle g'(x)=-2\mathrm {e} ^{-x^{2}}\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u}
.
Que peut-on dire de la fonction
h
:
R
→
R
{\displaystyle h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
définie par :
h
(
x
)
=
g
(
x
)
+
(
∫
0
x
e
−
u
2
d
u
)
2
{\displaystyle h(x)=g(x)+\left(\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u\right)^{2}}
?
En déduire la valeur de
∫
0
+
∞
e
−
u
2
d
u
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u}
.
Corrigé
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Ⅰ
∀
x
⩾
0
0
⩽
f
(
x
)
⩽
∫
0
1
e
−
x
d
t
=
e
−
x
{\displaystyle \forall x\geqslant 0\qquad 0\leqslant f(x)\leqslant \int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x}\,\mathrm {d} t=\operatorname {e} ^{-x}}
donc
lim
+
∞
f
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }f=0}
.
Ⅱ 1° D'après la formule de Taylor-Lagrange , il existe un réel
c
{\displaystyle c}
compris entre
0
{\displaystyle 0}
et
y
{\displaystyle y}
tel que
e
y
−
1
−
y
=
y
2
2
e
c
{\displaystyle \mathrm {e} ^{y}-1-y={\frac {y^{2}}{2}}\mathrm {e} ^{c}}
.
Puisque
c
⩽
|
y
|
{\displaystyle c\leqslant |y|}
,
e
c
⩽
e
|
y
|
{\displaystyle \mathrm {e} ^{c}\leqslant \mathrm {e} ^{|y|}}
.
2°
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
+
h
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
d
t
=
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
(
e
−
h
(
1
+
t
2
)
−
1
+
h
(
1
+
t
2
)
)
d
t
{\displaystyle f(x+h)-f(x)+h\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}}{1+t^{2}}}\left(\mathrm {e} ^{-h(1+t^{2})}-1+h(1+t^{2})\right)\,\mathrm {d} t}
.
D'après la question précédente, cette intégrale est positive et majorée par
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
h
2
(
1
+
t
2
)
2
2
e
|
h
|
(
1
+
t
2
)
d
t
⩽
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
2
h
2
e
2
|
h
|
d
t
=
2
h
2
e
2
|
h
|
f
(
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}}{1+t^{2}}}{\frac {h^{2}\left(1+t^{2}\right)^{2}}{2}}\operatorname {e} ^{|h|\left(1+t^{2}\right)}\,\mathrm {d} t\leqslant \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}}{1+t^{2}}}2h^{2}\operatorname {e} ^{2|h|}\,\mathrm {d} t=2h^{2}\operatorname {e} ^{2|h|}f(x)}
.
En divisant par
|
h
|
{\displaystyle |h|}
pour
h
≠
0
{\displaystyle h\neq 0}
puis en faisant tendre
h
{\displaystyle h}
vers
0
{\displaystyle 0}
, on en déduit par encadrement que
f
{\displaystyle f}
est dérivable en tout réel
x
{\displaystyle x}
et
f
′
(
x
)
=
−
∫
0
1
e
−
x
(
1
+
t
2
)
d
t
=
−
e
−
x
∫
0
1
e
−
x
t
2
d
t
{\displaystyle f'(x)=-\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-x\left(1+t^{2}\right)}\,\mathrm {d} t=-\operatorname {e} ^{-x}\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-xt^{2}}\,\mathrm {d} t}
.
Ⅲ Changement de variable
u
=
x
t
{\displaystyle u=xt}
.
Ⅳ D'après Ⅱ et Ⅲ,
g
′
(
x
)
=
2
x
f
′
(
x
2
)
=
−
2
x
e
−
x
2
∫
0
1
e
−
(
x
t
)
2
d
t
=
−
2
e
−
x
2
∫
0
x
e
−
u
2
d
u
{\displaystyle g'(x)=2xf'(x^{2})=-2x\operatorname {e} ^{-x^{2}}\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-(xt)^{2}}\,\mathrm {d} t=-2\mathrm {e} ^{-x^{2}}\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u}
(on aurait pu calculer plus directement la dérivée de
g
{\displaystyle g}
– sans passer par celle de
f
{\displaystyle f}
– en dérivant sous le signe d'intégration ).
Par conséquent,
h
′
=
0
{\displaystyle h'=0}
donc
h
{\displaystyle h}
est constante, c'est-à-dire :
∀
x
∈
R
f
(
x
2
)
+
(
∫
0
x
e
−
u
2
d
u
)
2
=
f
(
0
)
=
π
4
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \qquad f\left(x^{2}\right)+\left(\int _{0}^{x}\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u\right)^{2}=f(0)={\frac {\pi }{4}}}
donc (d'après Ⅰ)
(
∫
0
+
∞
e
−
u
2
d
u
)
2
=
π
4
{\displaystyle \left(\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u\right)^{2}={\frac {\pi }{4}}}
,
c'est-à-dire :
∫
0
+
∞
e
−
u
2
d
u
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-u^{2}}\,\mathrm {d} u={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
.
Pour une autre méthode, voir cet exercice sur les intégrales doubles .