On considère l’application \(\displaystyle f(x):=\int_0^\infty\frac{e^{-xt^2}}{1+t^2}dt\).

Montrer que \(f\in\mathscr C^1(\mathbb R_+^\star)\cap\mathscr C^0(\mathbb R_+)\).

En déduire que \(f\) est solution d’une équation différentielle.

Montrer que \(\displaystyle \int_0^\infty e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) (on pourra introduire la fonction auxilliaire \(g(t)=e^{-t}f(t)\)...).


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[ID: 2779] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:17] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

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Calcul de l’intégrale de Gauss \(\int_0^\infty e^{-t^2}dt\) (1)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17

Notons \[f(x):=\int_0^\infty\dfrac{e^{-xt^2}}{1+t^2}dt=\int_0^\infty g(x,t)dt\]\(g(x,t)=\frac{e^{-xt^2}}{1+t^2}\) ; c’est une fonction \(\mathscr C^\infty\) sur \(\mathbb R_+\times\mathbb R_+\) qui vérifie \[\forall\,x\in\mathbb R_+,\qquad\vert g(x,t)\vert\leq \dfrac{1}{1+t^2}\in L^1(\mathbb R_+).\] \(f\) est donc (par convergence dominée) continue sur \(\mathbb R_+\). De même pour la dérivabilité, nous avons pour \(a>0\) \[\forall\,x\geq a>0\quad:\quad\left\vert\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right\vert\leq\left\vert-\dfrac{t^2e^{-xt^2}}{1+t^2}\right\vert\leq \left\vert\dfrac{t^2e^{-at^2}}{1+t^2}\right\vert.\] Toujours par convergence dominée, \(g\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \([a,+\infty[\) et ceci pour tout \(a>0\) : \(f\in\mathscr C^1(\mathbb R_+^\star)\). En résumé \[f\in\mathscr C^0(\mathbb R_+)\cap\ \mathscr C^1(\mathbb R_+^\star)\quad\text{et}\quad \forall\,x\in\mathbb R_+^\star\ :\quad f'(x)=-\int_0^\infty\dfrac{t^2e^{-xt^2}}{1+t^2}dt.{(\text{\ding{56}})}\]

Notons \(I=\int_{\mathbb R_+}e^{-t^2}dt\). Avec () nous avons pour tout \(x>0\) \[f'(x)=-\int_0^\infty\dfrac{t^2e^{-xt^2}}{1+t^2}dt=f(x)-\int_0^\infty e^{-xt^2}dt \underset{u=t\sqrt{x}}{=}f(x)-\dfrac{I}{\sqrt{x}}.\] L’application \(g(x)=e^{-x}f(x)\) vérifie \[g'(x)=e^{-x}(f'(x)-f(x))=-e^{-x}\dfrac{I}{\sqrt{x}}.\] Il existe donc une constante \(C>0\) telle que \[\forall x\in\mathbb R_+^\star\ :\quad g(x)=C-I\int_0^x\dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt.\] En outre \[\left( \vert g(x)\vert \leq e^{-x}\vert f(x)\vert\leq \dfrac{\pi}{2}e^{-x}\right) \quad\implies\quad\left( \lim_{x\to\infty}g(x)=0\right) {(1)}\] et \[g(x)=C-I\int_0^x\dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt\underset{u=\sqrt{t}}{\ =\ }C-2I\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du \underset{x\to\infty}{\longrightarrow}C-2I^2{(2)}.\] \((1)\) et \((2)\) donnent \(\ \displaystyle C=2I^2\). On a donc \[f(x)=e^x g(x)=2Ie^x\left(I-\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du \right)=2Ie^{x}\int_{\sqrt{x}}^\infty,\quad\forall\,x>0,\] qui implique \[\lim_{x\to 0}f(x)=2I^2\] et par continuité de \(f\) à l’origine \[\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)=\int_0^\infty\dfrac{dt}{1+t^2}=\dfrac{\pi}{2},\] soit \(\displaystyle I=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\).


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