Ce contenu constitue le prolongement d’un autre article.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 256.
Pour rappel, cet article a établi les résultats suivants.
L’intégrale de Gauss $I = \int_{0}^{+\infty} \e^{-x^2}\dx$ est un réel strictement positif.
De plus :
\begin{align*}
\forall n\in\N, I_{2n} &= \int_{0}^{+\infty} x^{2n}\e^{-x^2}\dx = \frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\times I\\
\forall n\in\N, I_{2n+1} &= \int_{0}^{+\infty} x^{2n+1}\e^{-x^2}\dx = \frac{n!}{2}.
\end{align*}
Trouvez une inégalité
Soient $n\in\N$ et $t\in\R$ fixés.
Un autre article a montré que les intégrales $\int_{0}^{+\infty} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx\comma$ $\int_{0}^{+\infty} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx$ et $\int_{0}^{+\infty} x^{n}\e^{-x^2}\dx$ sont convergentes.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 256.
Par suite :
\begin{align*}
\lim_{M\to +\infty} \int_{0}^{M} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx &= \int_{0}^{+\infty} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx = I_{n+2}\\
\lim_{M\to +\infty} \int_{0}^{M} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx &= \int_{0}^{+\infty} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx = I_{n+1}\\
\lim_{M\to +\infty} \int_{0}^{M} x^{n}\e^{-x^2}\dx &= \int_{0}^{+\infty} x^{n}\e^{-x^2}\dx = I_{n}.
\end{align*}
D’autre part, pour tout réel $M\gt0\comma$ vous avez :
\begin{align*}
\int_{0}^{M} x^n(x+t)^2\e^{-x^2}\dx &= \int_{0}^{M} x^n(x^2+2tx+t^2)\e^{-x^2}\dx \\
&= \int_{0}^{M} (x^{n+2}+2tx^{n+1}+t^2x^n)\e^{-x^2}\dx \\
&= \int_{0}^{M} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx + 2t \int_{0}^{M} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx + t^2 \int_{0}^{M} x^{n}\e^{-x^2}\dx.
\end{align*}
En faisant tendre $M$ vers $+\infty\comma$ il vient, par addition de limites :
\begin{align*}
\lim_{M \to +\infty} \int_{0}^{M} x^n(x+t)^2\e^{-x^2}\dx &= \int_{0}^{+\infty} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx + 2t \int_{0}^{+\infty} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx + t^2 \int_{0}^{+\infty} x^{n}\e^{-x^2}\dx \\
&=I_{n+2}+2tI_{n+1}+t^2I_n\\
&= I_n\ t^2+2I_{n+1}\ t+I_{n+2.}
\end{align*}
La fonction $x\mapsto x^n(x+t)^2\e^{-x^2}$ est positive, donc :
\forall M\gt0, \int_{0}^{M} x^n(x+t)^2\e^{-x^2}\dx \geq 0.
En faisant tendre $M$ vers $+\infty$ une nouvelle fois, vous obtenez $I_n\ t^2+2I_{n+1}\ t+I_{n+2} \geq 0.$
En définitive :
\boxed{\forall n\in\N, \forall t\in\R, I_n\ t^2+2I_{n+1}\ t+I_{n+2} \geq 0.}
Trouvez une autre inégalité
Soit $n\in\N.$
La fonction $t\mapsto I_n\ t^2+2I_{n+1}\ t+I_{n+2}$ est bien un trinôme du second degré ($I_n$ est non nul) qui est toujours positif.
Par conséquent, le discriminant de ce trinôme est négatif ou nul. Cela donne :
\begin{align*}
(2I_{n+1})^2-4I_n\ I_{n+2} &\leq 0 \\
4I_{n+1}^2-4I_n\ I_{n+2} &\leq 0 \\
I_{n+1}^2-I_n\ I_{n+2} &\leq 0 \\
I_{n+1}^2\leq I_n\ I_{n+2}.
\end{align*}
En définitive :
\boxed{\forall n\in\N, I_{n+1}^2\leq I_n\ I_{n+2}.}
Déterminez la valeur de l’intégrale de Gauss
Première partie
Soit maintenant $n\in\NN.$
D’après le paragraphe précédent :
\begin{align*}
I_{2n}^2&\leq I_{2n+1}\ I_{2n-1} \\
\left( \frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\right)^2\times I^2 &\leq \frac{n!}{2} \times \frac{(n-1)!}{2}\\
\frac{[(2n)!]^2}{[n!]^2\times 2^{4n}}\times I^2 &\leq \frac{[n!]^2}{4n} \\
I^2 &\leq \frac{[n!]^4\times 2^{4n}}{[(2n)!]^2\times4n}\\
I^2 &\leq \frac{[n!]^4\times 2^{4n-2}}{[(2n)!]^2\times n}.
\end{align*}
Par conséquent :
\forall n\in\NN, I \leq \frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}}.
Vous allez maintenant déterminer la limite de $\frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty.$
Grâce à la formule de Stirling, dont une démonstration se trouve dans d’autres articles, vous déduisez :
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 255.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 254.
\begin{align*}
n! &\underset{n \to+\infty}{\sim} \sqrt{2 \pi n}\left(\frac{n}{\e}\right)^n \\
[n!]^2 &\underset{n \to+\infty}{\sim} 2 \pi n\left(\frac{n}{\e}\right)^{2n}\\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} 2 \pi n^{2n+1}\e^{-2n}\\
(2n)! &\underset{n \to+\infty}{\sim} \sqrt{4 \pi n}\left(\frac{2n}{\e}\right)^{2n} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} 2\sqrt{ \pi}\sqrt{ n}\ 2^{2n}n^{2n}\e^{-2n} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} \sqrt{ \pi}\sqrt{ n}\ 2^{2n+1}n^{2n}\e^{-2n} \\
\frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}} &\underset{n \to+\infty}{\sim} \frac{2 \pi n^{2n+1}\e^{-2n} \times 2^{2n-1}}{\sqrt{ \pi}\sqrt{ n}\ 2^{2n+1}n^{2n}\e^{-2n} \times \sqrt{n}} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} \frac{2 \pi n^{2n+1} \times 2^{2n-1}}{\sqrt{ \pi}n\ 2^{2n+1}n^{2n}} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} \frac{2 \sqrt{\pi} \sqrt{\pi} \times 2^{2n-1}}{\sqrt{ \pi}\ 2^{2n+1}} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} \frac{ \sqrt{\pi} \times 2^{2n}}{2^{2n+1}} \\
&\underset{n \to+\infty}{\sim} \frac{ \sqrt{\pi} }{2}.
\end{align*}
Ainsi :
\lim_{n\to +\infty} \frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.
En faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans l’inégalité $I\leq \frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}}\comma$ vous déduisez $\boxed{I \leq \frac{\sqrt{\pi}}{2}.}$
Seconde partie
Soit maintenant $n\in\NN.$
\begin{align*}
I_{2n+1}^2 &\leq I_{2n}\ I_{2n+2} \\
\left(\frac{n!}{2}\right)^2 &\leq \left(\frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\times I\right)\left( \frac{(2n+2)!}{(n+1)! \times 2^{2n+2}}\times I\right) \\
\frac{[n!]^2}{4} &\leq \frac{[(2n)!]^2 (2n+1)(2n+2)}{[n!]^2(n+1) \times 2^{4n+2}}\times I^2 \\
\frac{[n!]^4 (n+1) \times 2^{4n+2}}{4 [(2n)!]^2 (2n+1)(2n+2)}&\leq I^2\\
\frac{[n!]^2 \sqrt{n+1} \times 2^{2n+1}}{2\times (2n)! \sqrt{(2n+1)(2n+2)}}&\leq I \\
\frac{[n!]^2 \sqrt{n+1} \times 2^{2n}}{ (2n)! \sqrt{(2n+1)(2n+2)}}&\leq I \\
\frac{[n!]^2 \times 2^{2n-1}}{ (2n)! \sqrt{n} } \times \frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} &\leq I.
\end{align*}
Par conséquent :
\forall n\in\NN, \frac{[n!]^2 \times 2^{2n-1}}{ (2n)! \sqrt{n} } \times \frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} \leq I.
Pour tout $n\in\NN\comma$ vous avez :
\begin{align*}
\frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} &= \sqrt{\frac{4n(n+1)}{(2n+1)(2n+2)}} \\
&= \sqrt{\frac{4n^2+4n}{4n^2+6n+2}} \\
&= \sqrt{\frac{4+\frac{4}{n}}{4+\frac{6}{n}+\frac{2}{n^2}}}
\end{align*}
Comme :
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} 4+\frac{4}{n} &= 4 \\
\lim_{n\to +\infty} 4+\frac{6}{n}+\frac{2}{n^2} &= 4
\end{align*}
Par quotient, il vient :
\lim_{n\to +\infty} \frac{4+\frac{4}{n}}{4+\frac{6}{n}+\frac{2}{n^2}} = 1.
En prenant la racine carrée, vous déduisez :
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \sqrt{\frac{4+\frac{4}{n}}{4+\frac{6}{n}+\frac{2}{n^2}}} &= \sqrt{1} = 1\\
\lim_{n\to +\infty} \frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} &= 1.
\end{align*}
Il a été vu dans la première partie que :
\lim_{n\to +\infty} \frac{[n!]^2\times 2^{2n-1}}{(2n)!\times \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.
Par produit, vous déduisez :
\lim_{n\to +\infty }\frac{[n!]^2 \times 2^{2n-1}}{ (2n)! \sqrt{n} } \times \frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.
En faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans l’inégalité $\frac{[n!]^2 \times 2^{2n-1}}{ (2n)! \sqrt{n} } \times \frac{2\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{(2n+1)(2n+2)}} \leq I\comma$ vous déduisez $\boxed{\frac{\sqrt{\pi}}{2} \leq I.}$
Concluez
Les inégalités $\frac{\sqrt{\pi}}{2} \leq I$ et $I \leq\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ fournissent $I =\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$
L’intégrale de Gauss $I = \int_{0}^{+\infty} \e^{-x^2}\dx$ est égale à $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$ :
\boxed{ \int_{0}^{+\infty} \e^{-x^2}\dx = \frac{\sqrt{\pi }}{2}.}
