Problème — L'intégrale de Gauss et la transformée de la gaussienne

1) L'intégrabilité, et l'obstacle. La fonction $t\mapsto e^{-t^2}$ est continue et positive sur $\mathbb{R}$. Pour $|t|\ge 1$, on a $t^2\ge |t|$, donc $e^{-t^2}\le e^{-|t|}$, qui est intégrable sur $]-\infty ,-1]$ et sur $[1,+\infty [$ ; sur le segment $[-1,1]$, la fonction est continue. Elle est donc intégrable sur $\mathbb{R}$, et par parité ${\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=2I$.

Pourquoi aucune primitive. La fonction $e^{-t^2}$ n'admet aucune primitive exprimable à l'aide des fonctions usuelles — c'est un théorème de Liouville, hors programme, mais le fait est incontournable en pratique. Toute la difficulté du problème vient de là : il faut obtenir la valeur d'une intégrale dont on ne peut pas écrire la primitive. La stratégie est donc de mettre l'intégrale en famille : fabriquer une fonction du paramètre $x$ dont la dérivée, elle, soit calculable.

2) La fonction $F$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$. Posons $h(x,t)=\frac{e^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}$ sur $\mathbb{R}\times [0,1]$. À $t$ fixé, $x\mapsto h(x,t)$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ avec $\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)=-2x{e}^{-x^2(1+t^2)}$ ; à $x$ fixé, $t\mapsto h(x,t)$ est continue sur le segment $[0,1]$ donc intégrable ; et pour $x\in [-b,b]$, $\left|\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)\right|=2|x|e^{-x^2(1+t^2)}\le 2b$, constante intégrable sur $[0,1]$ et indépendante de $x$. Le théorème de dérivation sous le signe intégral s'applique sur chaque $[-b,b]$, donc sur $\mathbb{R}$ : $$F\in {\mathcal{C}}^1(\mathbb{R}),F^{\prime }(x)=-2x{\int }_0^1{e}^{-x^2(1+t^2)}\mathrm{d}t.$$ (Noter que l'intervalle d'intégration est ici un segment : la domination par une constante suffit, ce qui n'est jamais le cas sur une demi-droite.)

3) La compensation. La fonction $x\mapsto {\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ de dérivée $e^{-x^2}$ (dérivation d'une primitive d'une fonction continue), donc $$G^{\prime }(x)=2e^{-x^2}{\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t.$$ Transformons maintenant $F^{\prime }$. Pour $x>0$, factorisons $e^{-x^2}$ et posons $u=xt$, bijection affine croissante de $[0,1]$ sur $[0,x]$, avec $\mathrm{d}u=x\mathrm{d}t$ : $$F^{\prime }(x)=-2x{e}^{-x^2}{\int }_0^1{e}^{-x^2{t}^2}\mathrm{d}t=-2e^{-x^2}{\int }_0^1{e}^{-(xt{)}^2}x\mathrm{d}t=-2e^{-x^2}{\int }_0^x{e}^{-u^2}\mathrm{d}u.$$ C'est exactement $-G^{\prime }(x)$. Donc $$F^{\prime }(x)+G^{\prime }(x)=0\text{pour }x>0,$$ et l'égalité vaut aussi en $x=0$, où les deux dérivées sont nulles, ainsi que pour $x<0$ par parité de $F$ et de $G$. La fonction $F+G$ est donc constante sur $\mathbb{R}$ — c'est le cœur du problème, et l'on remarquera qu'on n'a jamais eu besoin de savoir calculer $I$.

4) Les deux évaluations.

En $0$. $G(0)=0$ et $$F(0)={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=[\arctan t{]}_0^1=\frac{\pi }{4},\text{donc}F+G\equiv \frac{\pi }{4}.$$

En $+\infty$. Majorons $F$ : pour $x\ge 0$ et $t\in [0,1]$, $e^{-x^2(1+t^2)}\le e^{-x^2}$, d'où $$0\le F(x)\le e^{-x^2}{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\frac{\pi }{4}{e}^{-x^2}\underset{x\to +\infty }{\to }0.$$ (C'est la domination annoncée : $\frac{e^{-x^2}}{1+t^2}$, intégrable en $t$ et tendant vers $0$.) Par ailleurs $G(x)\to I^2$ par définition de $I$. En passant à la limite dans $F+G=\frac{\pi }{4}$ : $$I^2=\frac{\pi }{4},\text{et }I\ge 0,\text{donc}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

Contrôle numérique. $\frac{\sqrt{\pi }}{2}=0,886226925\dots$ Une somme de Riemann par la méthode du point milieu, de pas $10^{-2}$ sur $[0,5]$ — au-delà de $5$, la queue vaut environ $\frac{e^{-25}}{10}\approx 1,4\cdot 10^{-12}$ d'après l'exercice 4 — donne $0,886226925$ : les neuf premières décimales coïncident.

5) Le changement d'échelle. Soit $x>0$. Le changement de variable $u=t\sqrt{x}$, bijection croissante de classe ${\mathcal{C}}^1$ de $]0,+\infty [$ sur lui-même, donne $\mathrm{d}u=\sqrt{x}\mathrm{d}t$ et $${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x{t}^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{\sqrt{x}}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{1}{\sqrt{x}}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$ La valeur de $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)$. Par définition, $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{+\infty }{t}^{-1/2}{e}^{-t}\mathrm{d}t$. Posons $t=u^2$, bijection croissante de classe ${\mathcal{C}}^1$ de $]0,+\infty [$ sur lui-même, avec $\mathrm{d}t=2u\mathrm{d}u$ et $t^{-1/2}=\frac{1}{u}$ : $$\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{u}{e}^{-u^2}2u\mathrm{d}u=2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}\mathrm{d}u=2\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}=\sqrt{\pi }.$$ C'est la valeur la plus célèbre de la fonction $\Gamma$ : elle relie la factorielle interpolée de l'exercice 8 à la constante de normalisation de la loi normale.

6) La transformée de Fourier en cosinus. Posons $h(x,t)=e^{-t^2}\cos (xt)$ sur $\mathbb{R}\times [0,+\infty [$.

• À $t$ fixé, $x\mapsto h(x,t)$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, de dérivée $-t{e}^{-t^2}\sin (xt)$.
• À $x$ fixé, $t\mapsto h(x,t)$ est continue et dominée par $e^{-t^2}$, intégrable : $H(x)$ est bien définie.
• Domination de la dérivée, valable pour tout $x$ réel : $\left|-t{e}^{-t^2}\sin (xt)\right|\le t{e}^{-t^2}$, fonction intégrable sur $[0,+\infty [$ (elle est continue et ${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-t^2}\mathrm{d}t={\left[-\frac{e^{-t^2}}{2}\right]}_0^{+\infty }=\frac{1}{2}$), et indépendante de $x$.

Le théorème s'applique sur $\mathbb{R}$ tout entier : $H$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ avec $$H^{\prime }(x)=-{\int }_0^{+\infty }t{e}^{-t^2}\sin (xt)\mathrm{d}t.$$

L'équation différentielle, par intégration par parties. Dans cette dernière intégrale, écrivons $t{e}^{-t^2}=-\frac{1}{2}{\left(e^{-t^2}\right)}^{\prime }$ et intégrons par parties, en dérivant $\sin (xt)$ : $${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-t^2}\sin (xt)\mathrm{d}t={\left[-\frac{e^{-t^2}}{2}\sin (xt)\right]}_0^{+\infty }+\frac{x}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\cos (xt)\mathrm{d}t=\frac{x}{2}H(x),$$ le crochet étant nul aux deux bornes ($\sin 0=0$ en bas, $e^{-t^2}\to 0$ et $\sin$ borné en haut). D'où $$H^{\prime }(x)=-\frac{x}{2}H(x).$$

La résolution. C'est l'équation différentielle linéaire du premier ordre de la première année. Posons $u(x)=H(x)e^{x^2/4}$ ; alors $$u^{\prime }(x)=\left(H^{\prime }(x)+\frac{x}{2}H(x)\right)e^{x^2/4}=0,$$ donc $u$ est constante sur l'intervalle $\mathbb{R}$, égale à $u(0)=H(0)=I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$. Par conséquent $$H(x)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-x^2/4}\text{pour tout }x\in \mathbb{R}.$$

Contrôle. En $x=0$ on retrouve l'intégrale de Gauss. En $x=2$, la formule annonce $\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-1}=0,326024666$, et le calcul numérique de ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\cos (2t)\mathrm{d}t$ donne la même valeur à neuf décimales.

Le théorème obtenu. L'intégrale de Gauss vaut ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$, c'est-à-dire ${\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\sqrt{\pi }$ ; et pour tout réel $x$, $${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\cos (xt)\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-x^2/4}.$$ À normalisation et changement d'échelle près, la gaussienne est sa propre transformée de Fourier.

Ce que le problème installe. Un seul geste, employé deux fois : quand on ne sait pas calculer une intégrale, on la met en famille. On fabrique une fonction du paramètre, on la dérive sous le signe intégral — après avoir dominé sur tout segment —, et l'on obtient une équation différentielle que la première année sait résoudre. La valeur cherchée n'est alors qu'une condition initiale. Retenir aussi les deux techniques auxiliaires : le changement de variable $u=xt$, qui fait apparaître dans $F^{\prime }$ la même intégrale que dans $G^{\prime }$, et l'intégration par parties sur $H^{\prime }$, qui fait réapparaître $H$ — c'est cette réapparition qui transforme un calcul en équation différentielle. Enfin, aucune intégrale double n'a été écrite : tout tient dans les paragraphes « changement de variable », « convergence dominée » et « intégrales à paramètre ».