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PROBLEME 2 - Exercice 1

50 min
70
Une très célèbre intégrale généralisée convergente.
Question 1
Il s'agit de montrer que l'intégrale de \textit{Gauss}, notée G\mathcal{G}, à pour valeur numérique :
G=∫0∞e−x2 dx=π2\mathcal{G} = \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}
C'est lui le génie !

Carl Friedrich Gauss, est né le 30 avril 1777 à Brunswick, et était considéré par ses pairs comme le prince des mathématiciens. Il est à la fois le dernier des classiques, et le premier des modernes, c'est-à-dire qu'il a résolu les problèmes les plus classiques avec les méthodes les plus modernes. Par exemple, il démontra comment partager une tarte en 17 parts égales à l'aide des seuls règle et compas, ce qui était un problème ouvert depuis les grecs. Mieux, il démontra pour quels nombres ce partage en parts égales est possible.
Gauss était un génie particulièrement précoce : à 5 ans, le maître demandait de calculer 1+2+...+100, et Gauss inscrivit immédiatement le résultat sur son ardoise : ce n'est pas qu'il fut un génial calculateur, mais il avait trouvé une formule générale pour calculer de telles sommes.
A l'université, à 19 ans, il fut le premier à démontrer la loi de réciprocité quadratique, ce que ni Euler, ni Legendre n'avaient réussi. Au cours de sa vie, il en donnera huit preuves!!! Parmi ses autres prouesses, on peut citer la démonstration du théorème fondamental de l'algèbre, dans sa thèse de doctorat en 1799, l'invention de la théorie des congruences...
Le génie de Gauss se manifesta dans d'autres domaines : on lui doit d'importants travaux en électricité, en optique, en théorie du potentiel. Ainsi, le "gauss" est devenu l'unité d'induction magnétique.
Gauss acheva sa carrière de mathématicien en 1849, à l'occasion d'un jubilé en son honneur. Peu à peu, sa santé se détériore, et il meurt à Göttingen le 23 février 1855 pendant son sommeil.

Quelle est la nature de l'intégrale G\mathcal{G} ? Justifier.

Correction
L'intégrande e−x2e^{-x^2} est une application continue sur R\mathbb{R} tout entier, donc de ce fait sur R+\mathbb{R}^+ : l'ntégrande ne présente pas de singularité sur le domaine d'intégration. Ainsi l'intégrale G\mathcal{G} n'est pas une intégrale impropre de deuxième espèce. En outre, la borne supérieure diverge vers +∞+\infty, ce qui implique que l'intégrale de Gauss\textit{Gauss} G\mathcal{G} est une intégrale impropre de première espèce.
Question 2

Démontrer que l'intégrale G\mathcal{G} est convergente.

Correction
On a :
G=∫0∞e−x2 dx=∫01e−x2 dx+∫1∞e−x2 dx\mathcal{G} = \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \int_{0}^{1} e^{-x^2} \, dx + \int_{1}^{\infty} e^{-x^2} \, dx
Comme la fonction est continue sur R\mathbb{R} alors elle est localement intégrable et de fait l'intégrale entre 00 et 11 existe bien.
On suppose maintenant que t⩾1t \geqslant 1. On a alors :
t2⩾tt^2 \geqslant t
Donc :
−t2⩽−t-t^2 \leqslant -t
Comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur R\mathbb{R} alors elle y conserve l'ordre. De fait, on a :
e−t2⩽e−te^{-t^2} \leqslant e^{-t}
Or, on sait que l'intégrale lim⁡x⟶+∞∫1xe−tdt\lim_{x \longrightarrow + \infty} \int_1^x e^{-t} dt est de nature convergente. De fait, par application du théorème de comparaison, on peut affirmer que l'intégrale lim⁡x⟶+∞∫1xe−t2dt\lim_{x \longrightarrow + \infty} \int_1^x e^{-t^2} dt est elle même de nature convergente.
Or, on sait que :
lim⁡x⟶+∞∫1xe−t2dt=∫1∞e−t2 dt\lim_{x \longrightarrow + \infty} \int_1^x e^{-t^2} dt = \int_{1}^{\infty} e^{-t^2} \, dt
En conclusion l'intégrale G\mathcal{G} est convergente.
Question 3

On pose :
GM=∫0Me−x2 dx=∫0Me−y2 dy    (M∈R+⋆)G_M = \int_{0}^{M} e^{-x^2} \, dx = \int_{0}^{M} e^{-y^2} \, dy \,\,\,\, (M \in \mathbb{R}^{+\star})
Exprimer l'intégrale de Gauss\textit{Gauss} G\mathcal{G} en fonction de GMG_M

Correction
On a :
∫0∞e−x2 dx=lim⁡M⟶+∞∫0Me−x2 dx\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \lim_{M \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{M} e^{-x^2} \, dx
Ainsi on a :
G=lim⁡M⟶+∞GM\mathcal{G} = \lim_{M \longrightarrow +\infty} G_M
Question 4

Exprimer l'intégrale (GM)2(G_M)^2 en fonction de xx et de yy et MM.

Correction
L'intégrale (GM)2(G_M)^2 s'écrit :
(GM)2=GM×GM=∫0Me−x2 dx×∫0Me−y2 dy=∫0M∫0Me−x2e−y2 dx dy(G_M)^2 = G_M \times G_M = \int_{0}^{M} e^{-x^2} \, dx \times \int_{0}^{M} e^{-y^2} \, dy = \int_{0}^{M} \int_{0}^{M} e^{-x^2} e^{-y^2} \, dx \, dy
Soit :
(GM)2=∫0M∫0Me−(x2+y2) dx dy(G_M)^2 = \int_{0}^{M} \int_{0}^{M} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy
Question 5

En considérant la figure géométrique suivante :

Sur cette figure, OECAOECA est un carré de côté MM et son domaine est noté DM\mathcal{D}_M. On note par D1\mathcal{D}_1 le domaine circulaire OEAOEA et par D2\mathcal{D}_2 le domaine circulaire ODBODB. Justifier que l'on puisse écrire que :
∬D1e−(x2+y2) dx dy⩽(GM)2⩽∬D2e−(x2+y2) dx dy\iint_{\mathcal{D}_1} {e^{-(x^2+y^2)}} \, dx \, dy \leqslant (G_M)^2 \leqslant \iint_{\mathcal{D}_2} {e^{-(x^2+y^2)}} \, dx \, dy

Correction
L'intégrale (double) (GM)2(G_M)^2 est une intégrale de surface associée à l'intégrande e−(x2+y2)e^{-(x^2+y^2)} toujours strictement positive. Donc cette intégrale (GM)2=∫0M∫0Me−(x2+y2) dx dy (G_M)^2 = \displaystyle{\int_{0}^{M}} \int_{0}^{M} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy représente le volume positif V(e−(x2+y2) ; OECA)\mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, OECA)}, présent sous la surface représentative de l'intégrande e−(x2+y2)e^{-(x^2+y^2)}, et au dessus du domaine carré OECAOECA du plan de base.
Il est donc évident que plus la surface SDS_\mathcal{D} du domaine du plan D\mathcal{D} sur lequel on détermine le volume V(e−(x2+y2) ; SD)\mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, S_\mathcal{D})} est grand plus la valeur du volume (donc de l'intégrale associée) l'est également.
Or, d'après la figure proposée par le sujet, on constate immédiatement que :
SD1⩽SOECA⩽SD2S_{\mathcal{D}_1} \leqslant S_{OECA} \leqslant S_{\mathcal{D}_2}
Comme ∀(x ; y)∈R2,e−(x2+y2)>0\forall (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2, e^{-(x^2+y^2)} >0, cela implique immédiatement la double inégalité suivante :
V(e−(x2+y2) ; SD1)⩽V(e−(x2+y2) ; OECA)⩽V(e−(x2+y2) ; SD2)\mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, S_{\mathcal{D}_1})} \leqslant \mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, OECA)} \leqslant \mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, S_{\mathcal{D}_2})}
Or, on peut écrire que :
V(e−(x2+y2) ; SD1)=∬D1e−(x2+y2) dx dy\mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, S_{\mathcal{D}_1})} = \iint_{\mathcal{D}_1} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy
et que
V(e−(x2+y2) ; SD2)=∬D2e−(x2+y2) dx dy\mathcal{V}_{(e^{-(x^2+y^2)} \, ; \, S_{\mathcal{D}_2})} = \iint_{\mathcal{D}_2} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy
Donc, par interprétation géométrique de la double intégrale, on peut donc écrire :
∬D1e−(x2+y2) dx dy⩽(GM)2⩽∬D2e−(x2+y2) dx dy\iint_{\mathcal{D}_1} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy \leqslant (G_M)^2 \leqslant \iint_{\mathcal{D}_2} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy
Ceci est bien confirmée par la représentation graphique de l'intégrande e−(x2+y2)e^{-(x^2+y^2)} qui permet de visualiser la proportionnalité du volume avec la surface du plan de base envisagée :
Question 6

Comme les deux domaines d'intégration D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 sont \textit{circulaires} ont va donc introduire les coordonnées polaires rr et θ\theta, bien mieux adaptées à cette configuration géométrique, afin de les paramétrer. On a alors l'élément de surface élémentaire du plan qui va s'écrire dS=dx dy=r dr dθdS = dx \, dy = r \, dr \, d\theta :

Justifier alors que la double inégalité précédente prenne maintenant la forme suivante :
∫θ=0θ=π2∫r=0r=Me−(r2) r dr dθ⩽(GM)2⩽∫θ=0θ=π2∫r=0r=M2e−(r2) r dr dθ\int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{\pi}{2}} \int_{r = 0}^{r = M} {e^{-(r^2)}} \, r \, dr \, d\theta \leqslant (G_M)^2 \leqslant \int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{ \pi}{2}} \int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} {e^{-(r^2)}} \, r \, dr \, d\theta

Correction
L'introduction des coordonnées polaires rr et θ\theta va facilité le calcul des intégrales. En effet, comme le montre la du sujet, on a :
∙ \bullet \, la grandeur rr va de l'origine 00 à l'extrémité du domaine D1\mathcal{D}_1 ou D2\mathcal{D}_2 considéré. Ainsi pour D1\mathcal{D}_1, r:0⟶Mr : 0\longrightarrow M. Et pour D2\mathcal{D}_2, r:0⟶M2r : 0 \longrightarrow M\sqrt{2}.
∙∙ \bullet \bullet \, la variable angulaire θ\theta démarre de 00 (sur l'axe OxOx) pour s'arrêter à π2\dfrac{\pi}{2} (sur l'axe OyOy) car les domaines D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 sont tous les deux des quarts de cercle.
Puis, Le sujet nous apprend que la quantité dx dydx \, dy est un élément de surface dSdS du plan de base, et qui se transforme en coordonnées polaires par l'expression dS=dx dy=r dr dθdS = dx \, dy = r \, dr \, d\theta
Enfin, notons par P(x ; y)P(x\,;\,y) un point appartenant au domaine D1\mathcal{D}_1 ou D2\mathcal{D}_2, et de coordonnées xx et yy définies par rapport à l'origine OO.
Par simple application du théorème de  Pythagore\textit{ Pythagore}, on constate immédiatement que :
r2=x2+y2r^2 = x^2 + y^2
Ceci est bien montré sur la figure suivante :

D'où la transformation suivante de l'écriture de la double inégalité précédente :
∫θ=0θ=π2∫r=0r=Me−r2 r dr dθ⩽(GM)2⩽∫θ=0θ=π2∫r=0r=M2e−r2 r dr dθ\int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{\pi}{2}} \int_{r = 0}^{r = M} {e^{-r^2}} \, r \, dr \, d\theta \leqslant (G_M)^2 \leqslant \int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{ \pi}{2}} \int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} {e^{-r^2}} \, r \, dr \, d\theta

Question 7

Démontrer que l'on a :
π4(1−e−M2)⩽(GM)2⩽π4(1−e−2M2)\dfrac{\pi}{4} \left( 1- e^{-M^2} \right) \leqslant (G_M)^2 \leqslant \dfrac{\pi}{4} \left( 1- e^{-2M^2} \right)

Correction
On constate que l'évolution angulaire est indépendante de l'évolution radiale (car l'intégrande e−r2e^{-r^2} ne dépend pas de θ\theta), donc de ce fait, il est possible de séparer explicitement les deux intégrales radiales et angulaires. Donc on a :
∫θ=0θ=π2dθ∫r=0r=Me−r2 r dr⩽(GM)2⩽∫θ=0θ=π2dθ∫r=0r=M2e−r2 r dr\int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{\pi}{2}} d\theta \int_{r = 0}^{r = M} {e^{-r^2}} \, r \, dr \leqslant (G_M)^2 \leqslant \int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{ \pi}{2}} d\theta \int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} {e^{-r^2}} \, r \, dr
Avec ∫θ=0θ=π2dθ=π2\displaystyle{\int_{\theta = 0}^{\theta = \frac{\pi}{2}}} d\theta = \dfrac{\pi}{2}, on trouve que :
π2∫r=0r=Me−r2 r dr⩽(GM)2⩽π2∫r=0r=M2e−r2 r dr\dfrac{\pi}{2}\int_{r = 0}^{r = M} {e^{-r^2}} \, r \, dr \leqslant (G_M)^2 \leqslant \dfrac{\pi}{2}\int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} {e^{-r^2}} \, r \, dr
Puis, on peut, par jeu d'écriture, écrire que :
−π4∫r=0r=M(−2r) e−r2 dr⩽(GM)2⩽−π4∫r=0r=M2(−2r) e−r2 dr-\dfrac{\pi}{4} \int_{r = 0}^{r = M} (-2r) \, {e^{-r^2}} \, dr \leqslant (G_M)^2 \leqslant -\dfrac{\pi}{4}\int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} (-2r) \, {e^{-r^2}} \, dr
Or, (−2r)=(−r2)′(-2r) = (-r^2)'. Donc, on obtient :
−π4∫r=0r=M(−r2)′ e−r2 dr⩽(GM)2⩽−π4∫r=0r=M2(−r2)′ e−r2 dr-\dfrac{\pi}{4}\int_{r = 0}^{r = M} (-r^2)' \, {e^{-r^2}} \, dr \leqslant (G_M)^2 \leqslant -\dfrac{\pi}{4}\int_{r = 0}^{r = M\sqrt{2}} (-r^2)' \, {e^{-r^2}} \, dr
Puis, inversons les bornes d'intégrations afin d'éliminer les signes −-. Dès lors, on trouve que :
π4∫r=Mr=0(−r2)′ e−r2 dr⩽(GM)2⩽π4∫r=M2r=0(−r2)′ e−r2 dr\dfrac{\pi}{4}\int_{r = M}^{r = 0} (-r^2)' \, {e^{-r^2}} \, dr \leqslant (G_M)^2 \leqslant \dfrac{\pi}{4}\int_{r = M\sqrt{2}}^{r = 0} (-r^2)' \, {e^{-r^2}} \, dr
L'intégration devient alors directe, et on obtient :
π4[e−r2]r=Mr=0⩽(GM)2⩽π4[e−r2]r=M2r=0\dfrac{\pi}{4}\left[ e^{-r^2} \right]_{r = M}^{r = 0} \leqslant (G_M)^2 \leqslant \dfrac{\pi}{4}\left[ e^{-r^2} \right]_{r = M\sqrt{2}}^{r = 0}
Avec e0=1e^0 = 1, on trouve bien la double inégalité demandée, à savoir :
π4(1−e−M2)⩽(GM)2⩽π4(1−e−2M2)\dfrac{\pi}{4} \left( 1- e^{-M^2} \right)\leqslant (G_M)^2 \leqslant \dfrac{\pi}{4} \left( 1- e^{-2M^2} \right)
Question 8

En déduire, en justifiant clairement, la valeur de l'intégrale de Gauss\textit{Gauss} G\mathcal{G}.

Correction
Utilisons le theˊoreˋme de l’encadrement\textbf{le théorème de l'encadrement} (parfois encore appelé théorème des gendarmes ou théorème du sandwich). On a alors :
lim⁡M⟶+∞(1−e−M2)=lim⁡M⟶+∞(1−e−2M2)=1−0=1\lim_{M\longrightarrow +\infty} \left( 1- e^{-M^2} \right) = \lim_{M\longrightarrow +\infty} \left( 1- e^{-2M^2} \right) = 1 - 0 = 1
Ce qui implique directement que
lim⁡M⟶+∞(GM)2=π4     ⟺     (lim⁡M⟶+∞GM)2=π4     ⟺     (lim⁡M⟶+∞GM)2=(π2)2\lim_{M \longrightarrow +\infty} (G_M)^2 = \dfrac{\pi}{4} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left(\lim_{M \longrightarrow +\infty} G_M \right)^2 = \dfrac{\pi}{4} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left(\lim_{M \longrightarrow +\infty} G_M \right)^2 = \left( \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \right)^2
Soit :
lim⁡M⟶+∞GM=±π2\lim_{M \longrightarrow +\infty} G_M = \pm \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}
Comme l'intégrande est positif, seule la possibilité positive est à retenir, et on a :
lim⁡M⟶+∞GM=π2\lim_{M \longrightarrow +\infty} G_M = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}
Finalement, on trouve que la valeur de l'intégrale de Gauss\textit{Gauss} G\mathcal{G} est :
G=π2\mathcal{G} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}

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