Soit \((H_n)_{n \in \mathbb N}\), la famille de polynômes (dite de Hermite) défiie par :
\[\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\]

1. Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\), \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré \(n\)
2. Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\)
3. Pour tous polynômes \(P\) et \(Q\) de \(\mathbb R[X]\), on pose \[\begin{align*}\langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \end{align*}\] où \(\begin{align*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \end{align*}\). On rappelle que \(\begin{align*}\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1 \end{align*}\)
   Justifier de l'existence de l'intégrale qui définit \(\langle P|Q \rangle\)
4. Démontrer que \(\langle P|Q \rangle\) définit un produit scalaire sur \(\mathbb R[X]\)
5. Dans la suite , \(\mathbb R[X]\) sera muni du produit scalaire \(\langle P|Q \rangle\) et de la norme euclidienne \(|| P ||\) associée.
   Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\),   \(\langle P|H_n \rangle=\langle P^{(n)} |H_0 \rangle\)
6. En déduire que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\), la famille \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_n[X]\)
7. Calculer \(||H_n||\), \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N \end{align*}\)
8. Soit \(P(x)= x^3+x^2+x+1\). Préciser les polynômes \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\), puis déterminer 4 réels \(a_i\) (\(0 \leq i \leq 3\)) tels que \(\begin{align*} P = \sum_{i=0}^{i=3}a_iH_i  \end{align*}\).
   En déduire la distance \(d\) du polynôme au sous espace \(\mathbb R_0[X]\) des polynômes constants, c'est à dire la borne inférieure de  \(||P-Q||\) lorsque \(Q\) décrit \(\mathbb R_0[X]\)
9. Soit \(\begin{align*}  n \in \mathbb N\end{align*}\). On note \(p\) le nombre de racines réelles (distinctes) d'ordre impair du polynôme \(H_n\), et  \(a_1,a_2,......,a_p\) ces racines, et  \(S\) le polynôme défini par \(\begin{align*} \begin{cases} S=1 \text{ si p = 0} \\   S = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \text{ sinon}  \end{cases} \end{align*}\)
   Démontrer que si \(p \lt n\) alors \(\langle S|H_n \rangle=0\)
10. Démontrer que pour tout \(x \in \mathbb R, \space  S(x)H_n(x) \geq 0\)
11. En déduire que \(H_n\) à \(n\) racines réelles distinctes.

\(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\) et en effet \(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{1}= x \times 1-0 = x \\ H_2 = x \times x-1= x^2-1\\ \vdots \end{cases} \end{align*}\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\): \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré n

• Initialisation: pour \(n=0\): 
  par définition: \(H_0 = 1\) 
  par hypothèse: \(H_0=1 \times x^0 =a_0 \times x^0 = 1\)
  et donc \(a_0=1\) et \(H_0\) est bien un polynôme unitaire de degré \(0\)
  La proposition est vraie au rang \(0\) et \(P_0\) est vraie
  
  
• Récurrence:
  Supposons que la proposition \(P_n\) soit vraie, c 'est à dire que \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré \(n\),  et démontrons qu'en conséquence \(P_{n+1}\) est vraie.
  \(H_{n+1}  = xH_n-H'_n\)   avec  \(H_n\) unitaire et \(deg(H_n)=n \space, \space deg(x)=1 \space,  \space deg(H')=n-1\) 
  alors:  \(deg(H_{n+1}) = deg(xH_n) = deg(x) + deg(H_n) = n+1\)
  et:       \(xH_n\) étant le produit de 2 polynômes unitaires ne peut être qu'un polynôme unitaire
  donc:  \(H_{n+1}\) est un polynôme unitaire de degré \(n+1\)
  
  
• Conclusion:
  La proposition \(P_n\) est vraie au rang \(n=0\) , par récurrence, si elle est vraie au rang \(n\), elle est vraie au rang \(n+1\) donc, la proposition \(P_n\) est vraie quelque soit \(n\).

\(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\) : \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\)

• Initialisation: pour \(n=0\): 
  Par définition: \(H_1 = xH_0 + H'_0  = x \times  1 + 0 = x \),   et en conséquence: \( H'_1 = 1\) 
  Par hypothèse: \(H'_1 = H'_{0+1} =(0+1)\times H_0  = (0+1)\times 1 = 1  \) 
  La proposition est vraie au rang \(0\) et \(P_0\) est vraie
  
  
• Récurrence:
  Supposons que la proposition \(P_n\) soit vraie, c 'est à dire que \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\) ,  et démontrons qu'en conséquence \(P_{n+1}\) est vraie,
  donc que \(\begin{align*} H'_{n+2}=(n+2)H_{n+1}\end{align*}\).
  Calculons \(H_{n+2}\) , puis dérivons, et enfin retrouvons \(H'_{n+2}\) en fonction de \(H_{n+1}\).
  
  Par définition:\(\begin{align*}H_{n+2}  & = xH_{n+1}-H'_{n+1}\end{align*}\) 
  En utilisant l 'hypothèse: \(\begin{align*}H_{n+2} & = xH_{n+1}- (n+1)H_n \end{align*}\)
  En dérivant: \(\begin{align*} H'_{n+2} & = H_{n+1}+ xH'_{n+1}-(n+1)H'_{n}  \end{align*}\)
  En  utilisant l hypothèse : \(H'_{n+2}  = H_{n+1}+ x(n+1)H_{n} - (n+1)H'_n \)
  En factorisant: \(H'_{n+2}  = H_{n+1}+ (n+1)(xH_n-H'_n)\) 
  En utilisant la définition: \( H'_{n+2} = H_{n+1}+ (n+1)H_{n+1} = (n+2) H_{n+1} \)
  Si la proposition est vraie au rang \(n\) , alors elle est vraie au rang \(n+1\)
  
  
• Conclusion:
  La proposition \(P_n\) est vraie au rang \(n=0\) , par récurrence, si elle est vraie au rang \(n\), elle est vraie au rang \(n+1\) donc, la proposition \(P_n\) est vraie quelque soit \(n\).

On a : \(\begin{align*} \begin{cases} \langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\  f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}  \gt 0 \text{ et } \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx=1 \text{ et } f(x) \text{ est paire} \end{cases} \end{align*}\)

La fonction \(P(x)Q(x)f(x)\) est continue sur \(\mathbb R\) comme produit de fonctions continues.
Soit \(A \gt 1\) alors par relation de Chasles:
\(\begin{align*} \int_{- A}^{A}P(x)Q(x)f(x)dx & =   \int_{- A}^{-1}P(x)Q(x)f(x)dx +  \int_{ -1}^{1}P(x)Q(x)f(x)dx +  \int_{1}^{A}P(x)Q(x)f(x)dx \\
 &  =I_1 + I_2 + I_3 \end{align*}\)
Ce découpage nous permettra d'étudier la convergence des intégrales en \(+/- \infty\). Remarquons que \(I_2\) est bien définie.

• \(I_2\) est bien définie comme une intégrale de fonction continue entre 2 bornes finies et connues.
• \(I_3\) en \(+\infty\) :  par croissance comparée: \(\forall n \in \mathbb N \) :
  \(\begin{align*} x^n\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 & \Rightarrow a_nx^n\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow P(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow P(x)Q(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow \lvert P(x)Q(x) \rvert\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow x^2 \lvert P(x)Q(x) \rvert\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow \lvert P(x)Q(x) \rvert f(x) = o(1/x^2) \end{align*}\)
  Comme \(\begin{align*} \int_1^{+\infty}1/x^2dx\end{align*}\) converge par le critère de Riemann (car 2>1) alors \(I_3\) est absolument convergente, donc elle est convergente en \(+\infty\)
  
  
• \(I_1\) en \(-\infty\) :  par changement de variable (symétrie par rapport a \(I_3\))
  \( \begin{cases} x=-t \\x=-dt \end{cases} \begin{cases}   t \overset{x \to -1} \longrightarrow 1 \\  t \overset{x \to -A} \longrightarrow A \end{cases} \), alors : 
  \(\begin{align*} I_1 & =  \int_{- A}^{-1}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  & =  \int_{ A}^{1}P(-t)Q(-t)f(-t)(-dt) \\
  & =  \int_{ 1}^{A}P(-t)Q(-t)f(t)(dt) \end{align*}\)
  Et, toujours par croissance comparée,  \(\begin{align*} t^2 \lvert P(-t)Q(-t) \rvert f(t) \xrightarrow{+\infty} 0 \end{align*}\)
  Pour les mêmes raisons que \(I_3\) (  \(o(1/x^2)\) et critère de Riemann) , \(I_1\) converge en \(-\infty\).

\(I_1\) ,\(I_2\) ,\(I_3\) , étant toutes les 3 convergentes, alors, \(\langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx\) est convergente:

Préliminaire: \(E\) désigne un \(\mathbb R\) espace vectoriel

Remarques: \(\mathbb R [X]\) est l'espace vectoriel de dimension infinie, des polynômes à 1 variable et à coefficient dans \(\mathbb R\). Les opérations dans cet espace sont connues.
Soit: \(\begin{align*} \begin{cases}\langle .|. \rangle: & \mathbb R[X] \times \mathbb R[X] && \rightarrow && \mathbb R\\
 & (P,Q) && \mapsto && \langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \end{cases}\end{align*} \)
et \(\begin{align*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \gt 0\end{align*}\) et \(\begin{align*}  \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)dx = 1 \end{align*}\)

La forme \(\langle P|Q \rangle\) existe bien. Nous l avons démontré dans la question 3 .

• Forme symétrique : \(\langle P|Q \rangle = \langle Q|P \rangle\) 
  \(\begin{align*}\langle P|Q \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  & = \int_{- \infty}^{+ \infty}Q(x)P(x)f(x)dx = 0 \\
  & = \langle Q|P \rangle \end{align*}\)
  
  
  
• Forme bi-linéaire:
  • Par rapport à la 1ère variable :\(\langle (\lambda P_1 + \mu P_2)|Q \rangle = \lambda\langle P_1|Q \rangle + \mu \langle P_2Q \rangle\)
    Soient \((P_1, P_2, Q) \in \mathbb R^3[X]\) et \((\lambda, \mu) \in \mathbb R^2\)
    \(\begin{align*} \langle (\lambda P_1 + \mu P_2)|Q \rangle & =\int_{- \infty}^{+ \infty} \bigg[ \lambda P_1(x) + \mu P_2(x) \bigg] Q(x)f(x)dx   \\
    & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \bigg[\lambda P_1(x)Q(x)f(x) + \mu P_2(x)Q(x)f(x) \bigg] dx \\
    & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \lambda P_1(x)Q(x)f(x)dx+\int_{- \infty}^{+ \infty} \mu P_2(x)Q(x)f(x)dx \\
    & = \lambda \int_{- \infty}^{+ \infty} P_1(x)Q(x)f(x)dx + \mu \int_{- \infty}^{+ \infty} P_2(x)Q(x)f(x)dx \\
    & = \lambda\langle P_1|Q \rangle + \mu\langle P_2|Q \rangle \end{align*}\)
    
    
  • Par rapport à la 2ème variable: \(\langle P|(\lambda Q_1 + \mu Q_2) \rangle = \lambda\langle P|Q_1 \rangle + \mu\langle P|Q_2 \rangle\)
    Ce résultat est obtenue par symétrie, qui a été démontrée juste au dessus. C'est tout l'intérêt de démontrer la symétrie avant la bilinéarité. On s'attachera à le faire dans cet ordre la en général. On retrouve la linéarité par rapport à la 1ère variable.
    \(\begin{align*} \langle P|(\lambda Q_1 + \mu Q_2) \rangle & = \langle (\lambda Q_1 + \mu Q_2)|P \rangle \\ & = \lambda \langle Q_1|P \rangle + \mu \langle Q_2|P \rangle \\ & = \lambda \langle P|Q_1 \rangle + \mu \langle P|Q_2 \rangle  \end{align*}\) 
    
    
    
• Forme positive: \(\langle P|P \rangle \geq 0\)
  \(\forall P \in \mathbb R[X]\) :
  \(\begin{align*}  \langle P|P \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)P(x)f(x)dx \\
  & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{P^2(x)}_{\geq 0} \underbrace{f(x)}_{\gt 0}dx \end{align*}\)
  Par positivité de l 'intégrale d'une fonction positive sur \(]-\infty;+ \infty[\), on a  \(\langle P|P \rangle \geq 0\)
  
  
  
• Forme définie positive : Si \(\langle P|P \rangle = 0\) alors \(P = 0\)
  \(\begin{align*} \langle P|P \rangle = 0 & \Leftrightarrow \int_{- \infty}^{+ \infty} P^2(x) f(x)dx  \\
  & \Leftrightarrow  P^2(x) \underbrace{f(x)}_{\neq 0}dx = 0, \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow  P^2(x) = 0 , \space \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow  P(x) = 0 , \space \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow P = 0 \end{align*}\)
  Si \(\langle P|P \rangle = 0\) alors \(P = 0\), \(P\) est le polynôme nul
  Ou encore : par positivité de l'intégrale ,\(\langle P|P \rangle = 0 \Leftrightarrow \) la fonction \( P^2(x) f(x) \) est la fonction identiquement nulle sur \(]- \infty;+ \infty[\), et comme \(f(x) \neq 0 \space \forall x \in \mathbb R\), alors P(x) est identiquement nul sur \(]- \infty;+ \infty[\). Et \(P=0\)

On sait : \(\begin{align*} \begin{cases} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \\ \text{par croissance comparée } \lim\limits_{x \to +/- \infty} P(x)Q(x)f(x) = 0 \end{cases} \end{align*}\)
Et on note que : \(f'(x) = -xf(x)\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\) :  \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \)

• Initialisation: pour \(n=0\)
  Par définition: \(\langle P|H_0 \rangle =\langle P^{(0)} |H_0\rangle \), une fonction dérivée 0 fois est la fonction elle même.
  Par hypothèse \(\langle P|H_0>=\langle P^{(0)} |H_0\rangle\)
  \(P_0\) est donc vraie 
  
  
• Récurrence: supposons la proposition \(P_n\): \(\langle P|H_n\rangle =\langle P^{(n)} |H_0\rangle\) vraie et 
  démontrons qu'elle est encore vraie au rang \(n+1\), donc que \(\langle P|H_{n+1}\rangle =\langle P^{(n+1)} |H_0\rangle\)
  \(\begin{align*} \langle P|H_{n+1} \rangle & =\langle P|(xH_n-H'_n)\rangle\\
  & =\langle P|xH_n \rangle - \langle P|H'_n \rangle = I_1-I_2 \end{align*}\)
  
  
  • Calcul de \(I_1=\langle P|xH_n \rangle\): Intégration par parties:
    Le but est de dérivé \(P\) et \(H_n\) et donc de primitiver \(f(x)\), donc de la mettre sous la forme \(f'(x)\).
    Les fonctions définissant \(\langle .|. \rangle \) sont de classe \(C^{\infty}\), elles sont en particulier de classe \(C^1\)
    \(\begin{align*}I_1 & = \langle P|xH_n \rangle  = \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x)x H_n(x) f(x)dx \\
    & = \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x) H_n(x) xf(x)dx \\ \end{align*}\)
    • Calculons \(f'(x)\)
      \(\begin{align*} f'(x) & = \bigg(  \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}   \bigg)' = \bigg( \frac{-x^2}{2} \bigg)' \bigg(  \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \bigg) \\
      & = -x ( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}) = -xf(x) \end{align*}\)
  • En intégrant par parties :
    \(\begin{align*} I_1  & = - \int_{-\infty}^{+ \infty} \underbrace{P(x) H_n(x)}_{u} \underbrace{f'(x)}_{v'}dx \\
    & =- \bigg[ \cancel{P(x) H_n(x)f(x) \bigg]_{- \infty}^{+\infty} }^{=0} + \int_{-\infty}^{+ \infty}\big[ P(x)H_n(x)\big]'f(x)dx  \\
    & = \int_{-\infty}^{+ \infty} \big[ P^{(1)}(x)H_n(x) + P(x)H'_n(x) \big] f(x)dx \\
    & =  \int_{-\infty}^{+ \infty} P^{(1)}(x)H_n(x) f(x)dx + \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x)H'_n(x)f(x)dx \\
    & =  \langle P^{(1)} | H_n \rangle + \langle P|H'_n \rangle = \langle P^{(1)} | H_n  \rangle + I_2 \end{align*}\)
    
    En définitive, nous avons : \(\langle P|H_{n+1} \rangle =\langle P^{(1)} | H_n \rangle +I_2 -I_2= \langle P^{(1)} | H_n \rangle \)
    En appliquant l 'hypothèse de récurrence \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle\) , nous arrivons a :\(\langle P|H_{n+1} \rangle =\langle P^{(n+1)} | H_0 \rangle \)

• Conclusion: La proposition \(P_n\) : \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \) est vrai au rang \(n=0\), si elle est vraie au rang \(n\), par récurrence, elle est vraie au rang \(n+1\) . et donc elle est vraie quelque soit \(n \in \mathbb N\)

 \(E\) désigne un espace vectoriel préhilbertien réel. Et on note : \(\langle .|.>\) le produit scalaire et \(||.||\) la norme associés.

On sait : \(\begin{align*}  \forall n \in \mathbb N, \space \langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \\
  \end{align*}\)

\(\mathbb R_n[X]\) est l'ensemble des polynômes a une variable, de degré \( \leq n\). Cet ensemble est un espace vectoriel de dimension \(n+1\) dont une base canonique est \((1,X,X^2, \cdots , X^n)\). Un polynôme de degré \(n\) est une combinaison linéaire des éléments de cette base canonique de \(n+1\) éléments.

Pour démontrer que \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base de \(\mathbb R_n[X]\), il suffit de montrer qu'elle est soit libre , soit génératrice. On démontrera qu'elle est libre en montrant simplement qu'elle est orthogonale. (proposition 1 et Définition 2)

Soient \((i,j) \in \mathbb N\) , avec \(i \neq j\) . Calculons \(\langle H_i|H_j \rangle \) 

Remarque préliminaire: Si \(deg(P)= n\) et \(m \gt n\) alors \(P^{(n)}= constante\) et \(P^{(m)}=0\). Ce qui nous amène a discerner 2 cas:

• \(i \lt j\) alors : \(\langle H_i|H_j \rangle = \langle H_i^{(j)}|H_0 \rangle =\langle 0|H_0 \rangle =0 \)
• \(i \gt j\) alors : \(\langle H_i|H_j \rangle =\langle H_j|H_i \rangle = \langle H_j^{(i)}|H_0 \rangle =\langle 0|H_0 \rangle =0 \)

\(\forall i \in \mathbb N, \space \forall j \in \mathbb N, \space i \neq j, \space \langle H_i|H_j \rangle=0\)
Donc \(H_i\) est orthogonal a \(H_j\) et en conséquence :
La famille \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une famille orthogonale, elle est donc libre. Et :
\((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_n[X]\)

 \(E\) désigne un espace vectoriel préhilbertien réel.

On sait : \(\begin{align*} \begin{cases}   \forall n \in \mathbb N, \space \langle P|H_n \rangle = \langle P^{(n)} |H_0  \rangle \\
  \forall n \in \mathbb N \space, \space  H'_{n+1}=(n+1)H_n \\ 
\langle P|Q \rangle  = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1 \end{cases} \end{align*}\)

Par définition: \(||H_n|| = \sqrt{\langle H_n|H_n \rangle } \) et \( ||H_n||^2 = \langle H_n|H_n \rangle \)

\( \begin{align*}  ||H_n||^2 & =  \langle H_n|H_n \rangle = \langle H_n^{(n)}|H_0 \rangle \\
 H'_n & = n H_{n-1} \\
  H''_n & = n(n-1)H_{n-2} \\
\vdots \\ \Rightarrow & H_n^{(n)} = n(n-1) \cdots \times 2 \times 1 \times H_0 = n!H_0  
\end{align*}\)

En conséquence:
\( \begin{align*}  ||H_n||^2 = & \langle H_n^{(n)}|H_0 \rangle  \\
& = \langle n! H_0|H_0 \rangle = n! \langle H_0|H_0 \rangle \\
 & = n! \int_{- \infty}^{+ \infty}H_0(x)H_0(x)f(x)dx \\
 & = n! \int_{- \infty}^{+ \infty}1\times 1 \times f(x)dx \\
 & = n!\ \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)dx  = n! \times 1 = n! \end{align*}\)

On sait: \(\begin{align*}   \begin{cases}H_{n+1}= xH_n-H'_n \\ H_0=1 \end{cases}  \end{align*}\)

• Préciser \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\)
  \(\begin{align*}   H_0 & = 1 \\  H_1 & = xH_0-H'_0 = x\times 1 -(1)'  = x \\
  H_2 & = xH_1 - H'_1 = x \times x - (x)'  = x^2-1 \\
  H_3 & = xH_2 - H'_2 = x(x^2-1) - (x^2-1)'  \\ & = x^3-x-2x  = x^3-3x    \end{align*}\)

• Déterminer les \(a_i\):
  \((H_0, H_1, H_2, H_3)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_3[X]\)
  
  
  • Méthode par identification: Cette métjhode est possible car l 'exercice est relativement simple. Cependant, on appliquera de préférence, dans d autres exercices, la méthode générale précisée ci-après.
    On cherche les \(a_i\) tels que :
    \(\begin{align*}P(x)  = a_0H_0(x) + a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x) \end{align*}\)
    \(\begin{align*} x^3+x^2 +x + 1 & = a_0 + a_1x + a_2(x^2-1) + a_3 (x^3-3x) \\
    & = a_0 + a_1x + a_2x^2-a_2 + a_3x^3-3a_3x \\
    & = (a_3)x^3 + (a_2)x^2 + (a_1-3a_3) x +(a_0-a_2)  \\
    & \Rightarrow \begin{cases} a_3=1 \\ a_2 = 1 \\ a_1-3a_3 = 1 \\ a_0-a_2=1\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a_0 = 2 \\ a_1 = 4 \\ a_2 = 1 \\ a_3=1   \end{cases} \end{align*}\)
    
    
    
  • Méthode générale: a utiliser si l'exercice est moins simple que cette exemple ou si l'identification est une méthode trop longue dans un exercice donné:
    

    Proposition: Soient: \((E, \langle.|. \rangle, ||.||)\) un espace euclidien muni d'un produit scalaire et d'une norme \(B=(e_i)_{o \leq i \leq n} = (e_0;e_1; \cdots ; e_n)\) une base orthonormée de \(E\) Alors \(\forall x \in E, \space x = \sum_{i=0}^n \langle x|e_i \rangle e_1\)

    
    Dans la proposition, les \(e_i\) sont des vecteurs orthonormés. Or \((H_0,H_1,H_2,H_3)\) est une base seulement orthogonale de \(\mathbb R_3[X]\). 
    Pour la rendre orthonormée , il suffit de diviser chaque vecteur de la base par sa norme \(||\sqrt{i!}||\).
    Donc: \((\frac{1}{\sqrt {i!}}H_i)_{0 \leq i \leq 3}\) est une base orthonormée de \(\mathbb R_3[X]\)
    Et \(\forall P \in  \mathbb R_3[X]\) , \(P = \sum_1^3 \underbrace{ \langle P| \frac{1}{\sqrt{i!}} H_i \rangle \frac{1}{\sqrt{i!}} }_{a_i} H_i\)  et \(a_i = \langle P| \frac{1}{\sqrt{i!}} H_i \rangle \frac{1}{\sqrt{i!}} = \frac{1}{i!}\langle P|H_i \rangle\)
    
    De plus, on a \(\begin{align*} \begin{cases}   \langle P|H_n \rangle = \langle P^{(n)}|H_0 \rangle \\ \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x) dx = 1 \\ f'(x) = -xf(x)  \\ P=x^3+x^2+x+1 \end{cases}   \end{align*}\)
    
    
    • Calcul de \(a_o\)
      \( \begin{align*}a_0 & =\frac{1}{0!}\langle P|H_0 \rangle = \langle P|H_0 \rangle  = \int_{- \infty}^{+ \infty}(x^3+x^2+x+1)(1) f(x)dx \\
      & = \underbrace { \int_{- \infty}^{+ \infty} x^3f(x)dx}_{=0 \text{ car impair}}+ \int_{- \infty}^{+ \infty}x^2f(x)dx+ \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}xf(x)dx}_{= 0 \text{ car impair}}+ \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx}_{=1} \\
      &  = \int_{- \infty}^{+ \infty}x\times xf(x)dx +1 = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{x}_{u} \times \underbrace{(-f'(x))}_{v'}dx +1 \\
      & = \underbrace{\big[ -xf(x)\big]_{- \infty}^{+ \infty}}_{=0} + \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)+1 = 1+1 =2 \end{align*}\)
      
      
    • Calcul de \(a_1\)
      \(\begin{align*} a_1 & =\frac{1}{1!}\langle P|H_1 \rangle = \langle P'|H_0 \rangle = \langle 3x^2+2x+1|H_0 \rangle \\
      & = \int_{- \infty}^{+ \infty}(3x^2+\underbrace{2x}_{\text{impair}}+1)(1) f(x)dx  =3 \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}x^2f(x)dx}_{=1 \text{ vu pour }a_0} + \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx}_{=1} \\ & = 3\times 1 + 1 = 4 \end{align*}\)
      
      
    • Calcul de \(a_2\)
      \(\begin{align*} a_2 & =\frac{1}{2!}\langle P|H_2 \rangle = \frac{1}{2}\langle P|H_2 \rangle = \frac{1}{2}\langle P''|H_0 \rangle = \frac{1}{2}\langle 6x+2|H_0 \rangle \\ 
      & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty}(\underbrace{6x}_{\text{impair}}+2) f(x)dx  = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} 2f(x)dx \\
      & = \frac{1}{2} \times 2\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1\end{align*}\) 
      
      
    • Calcul de \(a_3\)
      \( \begin{align*} a_3 & =\frac{1}{3!}\langle P|H_3 \rangle = \frac{1}{6} \langle P'''|H_0 \rangle = \frac{1}{6} \langle 6|H_0 \rangle \\
      & = \frac{1}{6} \int_{- \infty}^{+ \infty}6f(x)dx = 1  \end{align*}\)

• Déterminer la distance \(d\)

Soit \((\mathbb R_3[X];||.||)\) un espace pré-hilbertien, en particulier un espace euclidien, (\(||.|| = \sqrt{\langle .|. \rangle}\) normé et \(\mathbb R_0[X]\) un sous espace vectoriel non vide de \(\mathbb R_3[X]\), de dimension finie:

• \(\mathbb R_0[X] \subset \mathbb R_3[X]\)
• \(P \in \mathbb R_3[X]\)

Alors \(d(P,\mathbb R_0[X]) = \inf_{Q \in \mathbb R_0[X]}(P,Q) =  || P-\mathbb R_0[X] ||\) avec \(\begin{cases} \mathbb R_3[X] =\mathbb R_0[X] \bigoplus \mathbb R_0[X]^\perp \\ P=P_{\mathbb R_0[X]}  + P_{\mathbb R_0[X]^\perp} \end{cases}\)

Comme \(P \in \mathbb R_3[X]\) alors \(||P-\mathbb R_0[X]|| = || \mathbb R_0[X]^\perp ||\)

\(\begin{align*}P(x)  = \underbrace{a_0H_0(x)}_{\in \mathbb R_0[X] } + \underbrace{a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x)}_{ \Rightarrow \in \mathbb R_0[X]^\perp} \\
\Rightarrow d = || P-\mathbb R_0[X] || = || a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x)|| \\
 \Rightarrow d^2 = || 4H_1 + H_2+H_3||^2\end{align*}\)
\(H_1,H_2,H_3\) sont des vecteurs othogonaux, on peut donc utiliser le théorème de Pythagore:
\(d^2 = ||4H_1||^2 + ||H_2||^2 + ||H_3||^2\) avec \([[H_n|| = \sqrt{n!}\)
\( d^2 = 16 \times \sqrt{1!}^2 + 1^2 \times \sqrt{2!}^2 +1^2 \times \sqrt{3!}^2 = 16+2+6 = 24\)
\( d = \sqrt{24}\)

• Méthode 1:
  On sait : \(\begin{align*}  \langle P[H_n \rangle = \langle P^{(n)}|H_0 \rangle \end{align*} \)
  \(\langle S|H_n \rangle  = \langle S^{(n)}|H_0 \rangle \)
  
  
  • Si \(n=0\)
    Dans ce cas , je ne peux pas avoir \(p \lt n\). Donc on a forcément \(n \gt 0\). Il nous reste à étudier le cas \(n\gt 0\)
    
    
  • Si \(n \gt 0\)
    \(\begin{align*}  \begin{cases} S=1 \Rightarrow S^{(n)}=0 \Rightarrow \langle S|H_n \rangle =\langle S^{(n)}|H_0 \rangle = \langle 0|H_0 \rangle =0 \\
    S = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \text{ et } \deg(S) = p ( \lt n) \Rightarrow S^{(n)}=0 \Rightarrow \langle S|H_n \rangle  = 0\end{cases} \end{align*} \)
    
    
• Méthode 2:
  \(S \in \mathbb R_p[X]\) dont une Base est \((H_0,H_1, \cdots , H_p)\) qui est orthogonale.
  \(S \in vect(H_0,H_1, \cdots , H_p)\)
  \(H_n\) avec \(n \gt p\), alors \(H_n \perp (H_i)_{0 \leq i \leq n}\)
  Donc \(H_n \perp vect(H_0,H_1, \cdots , H_n)\)
  et \(\langle H_n|S \rangle = 0 \Leftrightarrow \langle S|H_n \rangle = 0\)

Tous les polynômes de \(\mathbb C[X]\) sont décomposables en éléments simples de degré 1.
Dans \(\mathbb R[X]\), tous les polynômes sont décomposables en éléments simple de degré 1 et/ou de degré 2

\(H_n = \prod(x-a_i)^{\lambda_i} \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}\) produit de polynômes unitaires puisque \(H_n\) est un polynôme unitaire. \( \lambda_i\) et \(\mu_i\) existent pour les racines multiples.
\(H_n = \prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i}}_{\lambda_i \text{ impair}} \times  \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} \times \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}\)

Calculons \(S(x)H_n(x)\):
\( \begin{align*}S(x)H_n(x) & = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \times \prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i}}_{\lambda_i \text{ impair}} \times  \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} \times \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0} \\
 & = \overbrace{\prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i+1}}_{\lambda_i \text{ impair}}}^{\geq 0 \text{ car } \lambda_i+1 \text{pair}} \times \overbrace{ \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} }^{\geq 0} \times \overbrace{ \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}}^{\text{du signe du coef de x² }\gt 0} \end{align*}\)

Démonstration par l'absurde:

Supposons \(H_n\) n'a pas \(n\) racines distinctes réelles.
Alors \(p \lt n\), et d'apres la question 9, \(\langle S|H_n \rangle = 0\)

La fonction \(S(x) H_n(x)f(x)\) est continue et de classe \(C^{\infty}\) comme le produit de fonctions \(C^{\infty}\)

\(\begin{align*} \langle S|H_n \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{S(x) H_n(x)}_{\geq 0} \underbrace{f(x)}_{\gt 0}dx = 0 \end{align*} \)
Ce qui implique: \(\forall x \in \mathbb R, \space S(x)H_n(x) = 0\)
Donc \(SH_n\) est le polynôme identiquement nul et a une infinité de racines.

\(\mathbb R[X]\) est un anneau intègre: si un produit est nul , alors forcément soit \(S=0\) , soit \(H_n = 0\), ce qui est absurde car par définition : \(s \neq 0 \) et \(H_n \neq 0\)

La fonction \(f(x) = e^{-x²}\) est appelée Loi de Distribution Normale. Sa représentation graphique (la courbe de Gauss) a une forme de cloche , ou aussi une forme de chapeau bicorne. Cette fonction est très utilisée en statistique. En pratique: par exemple pour étudier la moyenne et la répartition de la taille d'une population etc etc etc. La courbe comme la fonction sont aussi appelées "Gaussienne" .

L'intégrale de Gauss se définit comme étant:  \[\begin{align*}  I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx\end{align*}\]
\(I\) représente l'air comprise entre l'axe des abscisses et la courbe de Gauss.

• La fonction \(x \mapsto e^{-x²}\) est continue et dérivable sur \([0;+\infty[\) , et sa dérivée est continue. Elle est de classe au moins \(C^1\)

• Il convient tout d'abord de vérifier que cette intégrale impropre existe bien, et donc que \(f(x)\) a des limites finies.
  • \(e^{-x²} \xrightarrow{x \to -\infty} 0 \)
  • \(e^{-x²} \xrightarrow{x \to +\infty} 0 \)
  • \(I\) est donc bien convergente. On peut alors la calculer.

• On remarque que la fonction \(f(x) = e^{-x²}\) est une fonction paire.
  En effet: \(f(-x)=e^{-(-x)²)}=e^{-(x²)} = e^{-x²} = f(x)\). 
  En conséquence:
  \(\begin{align*}  I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx = 2\int_0^{+\infty} e^{-x²}dx =2J\end{align*}\), avec:
  \(\begin{align*}  J = \int_{0}^{+\infty} e^{-x²}dx \end{align*}\)
  On pourra éventuellement se limiter à calculer \(J\) et à multiplier le résultat par \(2\) pour connaitre \(I\).
  
  
  
• On remarque aussi que \(\forall x , \space e^{-x²} \gt 0\) et donc \(\begin{align*} \forall x, \space I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx \gt 0 \end{align*}\)

\(\begin{align*}  I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx\end{align*}\), et aussi \(\begin{align*}  I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y²}dy\end{align*}\)

On peut donc calculer \(I \times I\) en considérant ces 2 dernières expressions de \(I\):
\(\begin{align*}  I \times I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx \times \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y²}dy \end{align*}\)

On peut à présent utiliser les différentes propriétés des intégrales:
\(\begin{align*} I² & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx \times \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y²}dy \\ 
& = \int_{x=-\infty}^{x=+\infty} \int_{y=-\infty}^{y=+\infty} e^{-x²}e^{-y²} dy.dx \\
& = \int_{x=-\infty}^{x=+\infty} \int_{y=-\infty}^{y=+\infty} e^{-(x²+y²)} dx.dy \end{align*}\)

On se retrouve en présence de \(x²+y²\) ce qui doit nous faire penser immédiatement à l'équation d'un cercle. Procédons à un changement de coordonnées pour passer en coordonnées polaires.
\(\begin{align*} & \begin{cases}  x= r.cos\theta \\ y = r.sin\theta  \end{cases} \\
 & x²+y² =r².cos²\theta +r².sin²\theta =r²(cos²\theta+ sin²\theta) =r²  \end{align*}\)

\(\begin{align*}\begin{cases}  x \in ]-\infty;+\infty[ \\ y  \in [-\infty;+\infty[ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}  r \in [0;+\infty[ \\ \theta \in [0;2\pi[ \end{cases} \end{align*}\)

En définitive, nous avons : 
\(\begin{align*} I² &  = \int_{x=-+\infty}^{x=+\infty} \int_{y=-+\infty}^{y=+\infty} e^{-(x²+y²)} dx.dy
 = \int_{r=0}^{r=+\infty} \int_{\theta=0}^{\theta = 2\pi} e^{-r²} r.dr.d\theta \\
 & = \int_{r=0}^{r=+\infty}e^{-r²} r.dr   \times \underbrace{\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}d\theta}_{=2\pi}
=2\pi \int_{r=0}^{r=+\infty}e^{-r²} r.dr \end{align*}\)

Procédons maintenant à un changement de variable :
\(\begin{align*} & \begin{cases} u =r² \\ \\  du = 2r.dr \end{cases}& \Rightarrow &  \begin{cases} u \xrightarrow{r \rightarrow 0} 0 \\  \\   u \xrightarrow{r \rightarrow +\infty} +\infty \end{cases} \end{align*}\)

\(\begin{align*} I² & = 2\pi \int_{r=0}^{r=+\infty}e^{-r²} r.dr = \pi \int_{r=0}^{r=+\infty} e^{-r²} 2r. dr \\
& = \pi \int_{u=0}^{u=+\infty}e^{-u}du  = \pi \big[ -e^{-u} \big]_0^{+\infty} \end{align*}\)

Avec : \(\begin{align*} \begin{cases}  -e^{-u} \xrightarrow{ u \rightarrow 0} -1 \\  \\ -e^{-u} \xrightarrow{u \rightarrow +\infty} 0  \end{cases}\end{align*}\)

Pour finir:
\(\begin{align*} I² & = \pi (0-(-1)) = \pi \end{align*}\)

\[\boxed{\begin{align*} I = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x²}dx = \sqrt \pi \end{align*}  }\]

Remarque: 
on aurait aussi pu calculer \(\begin{align*}  J = \int_{0}^{+\infty} e^{-x²}dx \end{align*}\). Dans ce cas , lors du changement de coordonnées, nous aurions eu : \(\begin{align*}\begin{cases}  x \in [0;+\infty[ \\ y  \in [0;+\infty[ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}  r \in [0;+\infty[ \\ \theta \in [0;\pi/2[ \end{cases} \end{align*}\)
Et donc: 
\(\begin{align*}  J² & =  \int_{r=0}^{r=+\infty} \int_{\theta=0}^{\theta=\pi/2} e^{-r²}r.dr.d\theta \\
& =  \pi/2 \int_{r=0}^{r=+\infty} e^{-r²}r.dr = \pi/4 \int_{r=0}^{r=+\infty} e^{-r²}2r.dr \\
& = \pi/4 \big[ -e^{-u} \big]_0^{+\infty} =  \pi/4  \end{align*}\)
\(J  = \sqrt \pi/2 \) puis \(  I = 2J = \sqrt \pi\)

\(\begin{align*}  I = \int_{-+\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx\end{align*}\). Dans cette intégrale, on dit que \(x\) est une variable muette. On peut la remplacer par toute autre variable.
On a donc : \(\begin{align*}  I = 2\int_{0}^{+\infty} e^{-x²}dx\end{align*}\), et aussi \(\begin{align*}  I = 2\int_{0}^{+\infty} e^{-y²}dy\end{align*}\)

On peut donc calculer \(I \times I\) en considérant ces 2 dernières expression de \(I\):
\(\begin{align*}  I \times I  & =2 \int_{0}^{+\infty} e^{-x²}dx \times 2 \int_{0}^{+\infty} e^{-y²}dy \end{align*}\)

On peut à présent utiliser les différentes propriétés des intégrales:
\(\begin{align*} I² & = 4 \int_{x=0}^{x=+\infty} \int_{y=0}^{y=+\infty} e^{-(x²+y²)}dy.dx = 4 \int_{x=0}^{x=+\infty} \bigg( \int_{y=0}^{y=+\infty} e^{-(x²+y²)}dy \bigg) dx \end{align*}\)

Procédons à un changement de variable: \(y=xt\).
En effet la 1ère intégrale à réaliser est \(\begin{align*}\int_{y=0}^{y=+\infty} e^{-(x²+y²)}dy\end{align*}\). C'est une intégrale par rapport a \(y\) qui devient une intégrale par rapport a \(t\). Et dans laquelle \(x\) est considérée comme une constante.
\(\begin{align*}   \begin{cases} y =xt \Rightarrow t =y/x \\  \\  dy =x.dt \end{cases}  \Rightarrow  \begin{cases}   t \xrightarrow{y \rightarrow 0} 0 \\ \\   t \xrightarrow{y \rightarrow +\infty} +\infty \end{cases}   \end{align*}\)

\(\begin{align*} I² & = 4 \int_{x=0}^{x=+\infty} \bigg( \int_{t=0}^{t=+\infty} e^{-(x²+x²t²)}x.dt \bigg)dx \\
& = 4 \int_{x=0}^{x=+\infty} \bigg(\int_{t=0}^{t=+\infty} xe^{-x²(1+t²)} dt \bigg)dx \\
& = 4 \int_{t=0}^{t=+\infty} \bigg( \int_{x=0}^{x=+\infty} xe^{-x²(1+t²)} dx\bigg) dt \end{align*}\)

Nous pouvons intervertir l'ordre d 'intégration car cette intégrale est convergente. Attention, maintenant nous intégrons par rapport à \(x\), et \(t\) est considéré comme une constante.

Procédons à un nouveau changement de variable: \(u= -x²(1+t²)\)
\(\begin{align*} \begin{cases} u= -x²(1+t²)  \\ du = -2x(1+t²)dx \\ dx = \frac{du}{-2x(1+t²)} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}     u \xrightarrow{x \rightarrow 0} 0 \\ \\   u \xrightarrow{x \rightarrow +\infty} -\infty \end{cases} \end{align*}\)

\(\begin{align*}I² & = 4 \int_{t=0}^{t=+\infty} \bigg( \int_{x=0}^{x=+\infty} xe^{-x²(1+t²)} dx \bigg) dt  \\ 
& = 4 \int_{t=0}^{t=+\infty} \bigg(\int_{u=0}^{u=-\infty} \cancel{x} e^u.\frac{du}{-2\cancel{x}(1+t²)} \bigg)dt \\
& =4\int_{t=0}^{t=+\infty} \bigg( \int_{u=0}^{u=-\infty}\frac{1}{-2(1+t²)}e^udu \bigg)dt  \\
& =4\int_{t=0}^{t=+\infty} \frac{1}{-2(1+t²)} \bigg( \underbrace{ \bigg[ e^u \bigg]_{u=0}^{u=-\infty} \bigg)}_{=0-1=-1}dt \\
& = 4\int_{t=0}^{t=+\infty} \frac{1}{2(1+t²)}dt \\
& = 2 \int_{t=0}^{t=+\infty} \frac{1}{1+t²}dt \\
& = 2 \bigg[ arctant (t)\bigg]_0^{+\infty} \\
& = 2(\pi/2-0) = \pi \\
\Rightarrow \space I & = \sqrt \pi 
\end{align*}\)

\[\boxed{\begin{align*} I = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x²}dx = \sqrt \pi \end{align*}  }\]

La méthode de Feynman consiste à introduire un paramètre (par exemple \(t\)) dans \(f(x)\) afin d 'obtenir une intégrale à paramètre.
Si \(\begin{align*} I = \int_a^bf(x)dx \end{align*} \) est l'intégrale à calculer, on obtient \(\begin{align*} I(t) = \int_a^bf(x;t)dx \end{align*}\).

Marche à suivre:

• Introduction d'un paramètre \(t\)
• On détermine les conditions initiales intéressantes: \(I(\alpha)\), ou \(I(+\infty)\) ou \(I(-\infty)\)  
• On calcule \(\frac{dI}{dt}\) (on considère alors \(x\) constant puisqu'on dérive par rapport a \(t\))
• On primitive \(\frac{dI}{dt}\) qui est devenue une fonction de \(x\), donc on intègre par rapport a \(x\)
• On connait les conditions initiales nous permettant de conclure et donc de trouver \(I\).

Je vous propose 2 calculs différents

Calcul 1

Calcul 2

On se propose maintenant de généraliser l'intégrale de Gauss en considérant que \((-x²)\) est un polynôme du second degré. Alors il nous faut calculer : \[\begin{align*}  K = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{ax²+bx+c}dx\end{align*}\].
Nous partirons du principe que nous connaissons la forme particulière: \[\begin{align*}  I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx = \sqrt \pi \end{align*}\]

1 - Existence de \(I\)

Soit \(P(x) = ax²+bx+c\)

• Si \(a \gt 0\), alors:
  
  • \(P(x)\) est une parabole tournée vers le haut  
  • \(\lim\limits_{x \to -\infty} P(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = +\infty \)
  • \(\lim\limits_{x \to +\infty} P(x)= +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = +\infty \)
  • \(K\) n'est pas convergente
    
    
    
• Si \(a=0\) alors:
  • \(P(x) = bx+c \).  \(P(x)\) est l'équation d'une droite
  • si \(b=0\), \(P(x) = C\), \(e^{P(x)} = k\) et \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^P(x)dx =+/-\infty\) 
    • \(K\) n'est pas convergente
  • si \(b \gt 0\), \(P(x)\) est croissante, 
    • \(\lim\limits_{x \to -\infty} P(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = 0 \), (OK!!) 
    • \(\lim\limits_{x \to +\infty} P(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = +\infty \)
    • \(K\) n'est pas convergente
  • Si \(b \lt 0\), \(P(x)\) est décroissante
    • \(\lim\limits_{x \to -\infty} P(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = +\infty \)
    • \(\lim\limits_{x \to +\infty} P(x)= -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = 0 \). (OK!!)
    • \(K\) n'est pas convergente
  • \(K\) n'est pas convergente
    
    
    
• Si \(a \lt 0\) alors:
  • \(P(x)\) est une parabole tournée vers le bas
  • \(\lim\limits_{x \to -\infty} P(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} e^{P(x)} = 0\) (OK!!)
  • \(\lim\limits_{x \to +\infty} P(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} e^{P(x)} = 0\) (OK!!)
  • \(K\) est convergente. On peut la calculer

\(\begin{align*}  K = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{ax²+bx+c}dx\end{align*}\) n'existe que pour \(a \lt 0\)

2 - Calcul de K

On remarque que \(I\) s'exprime avec un carré de \(x\). Nous allons donc essayer de nous rapprocher de cette forme pour calculer \(K\). Le moyen de se rapprocher de cette forme est

• de passer de la forme \(ax²+bx+c\) à la forme canonique \(a(x-\alpha)²+\beta\) puis, \(e^{a(x-\alpha)²+\beta}= k_1 \times e^{a(x-\alpha)²}\)
• un changement de variable \(u = x - \alpha\) qui nous donnera une forme \(k_2 \times e^{au²}\)
• un autre changement de variable \(a=-\alpha\) pour arriver à \(k_3 \times e^{-\alpha u²}\)
• encore un changement de variable \(v² = \alpha u²\) pour arriver a la forme \(k_4 \times e^{-v²}\)
• utiliser \(I\) pour finir le calcul
• et vérifier le résultat pour \(-x²\)

2-1 - Forme canonique:

Soit \( P(x) = ax²+bx+c \) :
\(\begin{align*}  P(x) & = a(x²+\frac{b}{a}x + \frac{c}{a})   = a \bigg[ (x+\frac{b}{2a})²  - \frac{b²}{4a²}   + \frac{c}{a} \bigg] \\ & = a \bigg[ (x+\frac{b}{2a})² - \frac{b² -4ac}{4a²} \bigg]  \\
& = a  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 - \frac{b² -4ac}{4a} =  a  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 - \frac{\Delta}{4a}   \end{align*}\)
avec \(\Delta = b²-4ac\), le discriminant de \(P(x)\)

Et donc:
\(\begin{align*} K & =  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { a  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{\Delta}{4a} }  dx  = e^{- \frac{\Delta}{4a}}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { a  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2} .dx \end{align*}\)
Nous vous somme rapprochés de la forme de \(I\)

\(\begin{align*}  K = e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { a  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2} .dx \end{align*}\)

2-2 - Changement de variable: \(u=x+\frac{b}{2a}\)

\(\begin{align*}  & \begin{cases}  u=x+\frac{b}{2a} \\ x= u - \frac{b}{2a} \\ dx = du  \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}  x \rightarrow -\infty \Rightarrow u \rightarrow -\infty \\x \rightarrow +\infty \Rightarrow u \rightarrow +\infty\  \end{cases} \\ K &= e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { a  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2}.dx
 = e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { a u^2} du  \end{align*}\)

Posons \(\begin{align*}  -\alpha = a   \end{align*}\) avec \(\alpha \gt 0\) pour se rapprocher encore de la forme de \(I\)

\(\begin{align*} K = e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { -\alpha u^2} du  \end{align*}\)

Il faudrait arriver maintenant à transformer  \(-\alpha u² \) en \(-v²\)

2-3 - Changement de variable: \( v=\sqrt{\alpha} \times u\)

\(\begin{align*} & \begin{cases}  v= \sqrt \alpha \times u \\ u= v / \sqrt \alpha  \\ du = dv/\sqrt \alpha  \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}  x \rightarrow -\infty \Rightarrow u \rightarrow -\infty \\x \rightarrow +\infty \Rightarrow u \rightarrow +\infty\  \end{cases} \\ 
K &=  e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { -\alpha u^2} du =   e^{- \Delta/4a}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { - v^2} \frac{dv}{\sqrt \alpha} \\ & = \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt \alpha}  \int_{-\infty}^{+\infty} e^ { - v^2}dv = \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt \alpha} \sqrt \pi \\
& = \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt {-a}} \sqrt \pi \end{align*}\)

\( \begin{align*}K =  \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt {-a}} \sqrt \pi  \end{align*}\) avec \(a<0\)

3 - Vérification:

Si on prend \(P(x)=-x²\), alors \(\begin{cases}a=-1 \\ b=0 \\ c=0 \end{cases} \), donc \(\begin{cases} a=-1 \\ \Delta =b²-4ac = 0 \end{cases}\). 

 \(\begin{align*} K =  \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x²}dx = \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt {-a}} \sqrt \pi = \frac{e^0}{\sqrt {-(-1)}} \sqrt \pi =\sqrt \pi \end{align*}\). Ce qui est cohérent!!

\[ \boxed{\begin{align*} \forall a \lt 0, \space K & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{ax²+bx+c}dx = \frac{e^{- \Delta/4a}}{\sqrt {-a}} \sqrt \pi \\ & \Delta = b²-4ac \end{align*}}\].