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

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

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

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 nous sommes 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!!

Pour tout \(x \in \mathbb R_+^*\), par définition de la fonction exponentielle, on a \(x=e^{lnx}\). Et d'après les propriétés usuelles de la fonction exponentielle, pour tout \(n \in \mathbb Z\), on a :

\(x^n = (e^{lnx})^n = e^{n.lnx}\)

Ce qui nous amène naturellement a la définition suivante:  

Définition:

Pour  \(a \in \mathbb R\), \(\phi'a)\) est appelée fonction puissance
\(\begin{align*} \phi(a) \space : \space & \mathbb R_+^* && \to &&\mathbb R_+^* \\
& x && \mapsto && x^a=e^{alnx} \end{align*}\)

On notera en particulier que :

• \(\phi_0 = 1\)
• \(\phi_1\) est l'identité de \(\mathbb R_+^*\)
• \(\phi_n\) avec \(n \in \mathbb N\) = \(x^n\)

Proposition:

Proposition:

Définition 1:

En conséquence: \(y=lnx\) et \(x \gt 0\) équivaut à \(e^y = x\)

On dit que la fonction \(ln\) est la fonction réciproque de la fonction exponentielle

Représentation graphique:

Propriétés algébrique :

\(\forall x \in \mathbb R_+\) et \(\forall y \in \mathbb R_+\), \(\forall k \in \mathbb Z\)

Sens de variation :

• la fonction \(x \mapsto lnx\) est définie, continue et dérivable sur \(\mathbb R_+^* = ]0;+\infty[\) et pout tout \(x \gt 0\), on a \(\big[ lnx \big]' = \frac{1}{x} \)
• Et comme \(x \in ]0;+\infty[\), alors \(\frac{1}{x} \gt 0\) et \(ln(x)\)  est strictement croissante sur \(\mathbb R_+^*\)

Dérivée et primitives:

• \( \forall \space x \in ]0;+\infty[\), les primitives de la fonction \(\frac{1}{x}\) sont les fonctions \(x \mapsto lnx +C(\in \mathbb R)\) 
• Soit u une fonction dérivable sur un intervalle \(I\), et \(u(x) \gt 0\) sur \(I\), la fonction \(f(x) = \frac{u'(x)}{u(x)}\) admet des primitives de la forme \(F(x) = ln(u(x)) + C(\in \mathbb R)\)

Limites:

On suppose connu les propriétés suivantes:

• Toute fonction réelle \(f\) continue sur un intervalle \(I\) admet une primitive \(F: I \mapsto \mathbb R\) telle que \(F'=f\)
• 2 primitives de \(f\) différent d'une constante
• si \( f: I \mapsto \mathbb R\) est une fonction dérivable, avec une dérivée de signe fixe et qui ne s'annule qu'un nombre fini de fois, alors \(f\) définit une bijection de \(I\) sur l'intervalle \(J=f(I)\) 
• Si \(f\) est  monotone sur \(I\), alors, a chaque extrémité de \(I\), la fonction \(f\) admet une limite , finie ou infinie

La définition vue en post bac est quelque peu différente.

Définition:

Proposition:

Proposition: