Intégrale de Gauss

La surface comprise entre la courbe d'équation y = exp(−x²) et l'axe des abscisses vaut √π.

En mathématiques, une intégrale de Gauss est l'intégrale d'une fonction gaussienne sur l'ensemble des réels. Sa valeur est reliée à la constante π par la formule

$\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm e^{-\alpha\, x^2}\mathrm d x=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}},$

où α est un paramètre réel strictement positif. Elle intervient dans la définition de la loi de probabilité appelée loi gaussienne, ou loi normale.

Cette formule peut être obtenue grâce à une intégrale double et un changement de variable polaire. Sa première démonstration connue est donnée par Pierre-Simon de Laplace.

Ainsi on a par exemple, avec les notations classiques :

$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\mathrm e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \mathrm d x=1$ .

Si l'on travaille à n dimensions, la formule se généralise sous la forme suivante :

$\int_{\mathbb R^n} \mathrm e^{-\alpha\, ||x||^2} \mathrm d x=\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^{\frac{n}{2}}\text{ avec }x= (x_1,\dots,x_n)\text{ et }||x|| = \sqrt{x_1^2 + \cdots + x_n^2}$ .

Sommaire

1 Intégrabilité de la fonction
2 Calcul de l'intégrale de Gauss
- 2.1 Cas particulier α = 1
- 2.2 Cas général α > 0
3 Corollaire
4 Application à la transformée de Fourier d'une fonction gaussienne
5 Liens externes

Intégrabilité de la fonction

Comme l'intégrande est pair, il suffit, pour montrer qu'il est intégrable sur $\R$ , de prouver qu'il est intégrable sur $\R^+$ . Cela résulte de ce qu'il est positif, continu, et négligeable à l'infini devant la fonction $x \mapsto x^{-2}$ , intégrable par exemple sur $[1,+\infty[$ .

Calcul de l'intégrale de Gauss

L'intégrande de l'intégrale de Gauss n'admet aucune primitive s'exprimant à l'aide des fonctions usuelles (exponentielle, etc.). Ceci oblige pour calculer cette intégrale à recourir à des méthodes plus ou moins « détournées », dont la plus classique et directe est celle qui utilise des intégrales doubles ; d'autres méthodes classiques existent dont une élémentaire, mais nettement plus longue, qui fait appel aux intégrales de Wallis et une autre qui utilise une fonction définie par une intégrale.

Cas particulier $α = 1$

La méthode classique de calcul utilise une intégrale double qu'on exprime en coordonnées cartésiennes, puis en coordonnées polaires.

Démonstration

Soient

$G = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2}\, \mathrm dx$ et $H = \iint_{\R^+ \times \R^+} \mathrm{e}^{-(x^2 + y^2)}\, \mathrm dx\, \mathrm dy$ .

Compte tenu de ce que les variables $x$ et $y$ se séparent, le théorème de Fubini donne :

$H = \iint_{\R^+ \times \R^+} \mathrm{e}^{-x^2}\, \mathrm{e}^{-y^2}\, \mathrm dx\, \mathrm dy = \left(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2}\, \mathrm dx\right) \left(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-y^2}\, \mathrm dy\right)= G^2$ .

On passe en coordonnées polaires en posant $x = r cosθ$ et $y = r sinθ$ ; les variables $r$ et $θ$ se séparent elles aussi :

$H = \iint_{\R^+ \times [0,\, \frac{\pi}{2}]} \mathrm{e}^{-r^2}\, r\, \mathrm dr\, \mathrm d\theta = \left(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-r^2}\, r\, \mathrm dr \right)\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\, \mathrm d\theta\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$

car $\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-r^2}\, r\, \mathrm dr = \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-u}\, \mathrm du = \frac{1}{2}\,$ (par le changement de variable $r = \sqrt u$ ).

On en déduit :

$G^2 = \frac{\pi}{4}$ , d'où $G = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$ puisque $G \geq 0$ , et enfin : $\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2}\, \mathrm dx = 2\, G = \sqrt{\pi}$ par parité.

Une méthode alternative utilise une fonction définie par une intégrale. Cette seconde méthode n'utilise que des résultats sur les intégrales simples (à une seule variable) usuelles (sur un intervalle fermé borné) et est donc plus élémentaire. Elle est cependant plus technique.

Démonstration

Posons, pour tout réel positif $t$ ,

$K(t)=\int_0^1k(t,x)~\mathrm dx\quad\text{avec}\quad k(t,x)=\frac{\mathrm e^{-t(1+x^2)}}{1+x^2},$

et montrons d'abord que $K$ est dérivable et que sa dérivée est donnée, pour tout réel positif $t$ , par :

$K'(t)=\int_0^1\frac{\partial k}{\partial t}(t,x)~\mathrm dx=-\int_0^1\mathrm e^{-t(1+x^2)}~\mathrm dx.$

Pour tous réels $t$ positif et $h$ , un bref calcul donne :

$\left|\frac{k(t+h,x)-k(t,x)}h-\frac{\partial k}{\partial t}(t,x)\right|=e^{-t(1+x^2)}\varphi(-h(1+x^2))\le\varphi(-h(1+x^2))$

avec

$\varphi(u)=\left|1-\frac{\mathrm e^u-1}u\right|.$

Or quand $h$ tend vers 0, $- h (1 + x 2)$ tend vers 0 uniformément sur $[0,1]$ , et quand $u$ tend vers 0, $φ(u)$ tend vers 0. Par intégration sur [0,1] d'une convergence uniforme, on obtient donc la formule annoncée pour la dérivée de $K$ .

On considère maintenant la fonction $G$ définie, pour tout réel $t$ , par

$G(t)=K(t^2).~$

Par dérivation de cette fonction composée puis par le changement de variable $u = t x$ , on obtient, pour tout réel $t$ :

$G'(t)=2tK'(t^2)=-2t\int_0^1\mathrm e^{-t^2(1+x^2)}~\mathrm dx=-2\mathrm e^{-t^2}\int_0^1\mathrm e^{-(tx)^2}~t\mathrm dx=-2\mathrm e^{-t^2}\int_0^t\mathrm e^{-u^2}~\mathrm du=-F'(t),$

où $F$ est définie sur ℝ par

$F(t)=\left(\int_0^t\mathrm e^{-u^2}~\mathrm du\right)^2.$

(Pour une preuve expéditive de ce calcul de la dérivée de $G$ – sans passer par $K$ – voir Intégrale paramétrique#Intégrale de Gauss.)

Ceci prouve que pour tout réel $t$ ,

$F(t)+G(t)=F(0)+G(0)=0+K(0)=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{1+x^2}=\left[\arctan\right]_0^1=\frac\pi4.$

Il ne reste plus qu'à étudier la limite de cette expression lorsque $t$ tend vers +∞.

$0\le G(t)=\int_0^1\frac{\mathrm e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}~\mathrm dx\le\int_0^1\mathrm e^{-t^2}~\mathrm dx=\mathrm e^{-t^2},$

donc par encadrement,

$\lim_{+\infty}G=0,$

d'où le résultat recherché :

$\int_0^{+\infty}\mathrm e^{-u^2}~\mathrm du=\lim_{+\infty}\sqrt F=\frac{\sqrt\pi}2.$

Quelle que soit la technique utilisée, on a bien démontré que $\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2} \mathrm dx=\sqrt{\pi}}$ .

Cas général $α > 0$

En effectuant dans l'intégrale de Gauss le changement de variable défini par $x = \tfrac{t}{\sqrt{\alpha}}$ , on obtient :

$\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\alpha x^2} \mathrm dx =\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^2} \mathrm dt = \frac{1}{\sqrt{\alpha}}\, \sqrt{\pi} = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}$ .

Corollaire

Le réel

$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-t}}{\sqrt{t}}\, \mathrm dt$

(une valeur de la fonction Gamma d'Euler) est égal à $\sqrt{\pi}$ .

Démonstration

En effet, effectuant dans l'intégrale ci-dessus le changement de variable $t = x 2$ , où $x > 0$ , on obtient :

$\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-t}}{\sqrt{t}}\, \mathrm dt = \int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{x}\, 2\, x\, \mathrm dx = 2 \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm dx = \sqrt{\pi}$ .

Application à la transformée de Fourier d'une fonction gaussienne

Soit la fonction gaussienne

$f: \R \to \R, x \mapsto \mathrm{e}^{-\alpha\, x^2}\text{, avec } \alpha > 0$

Elle est intégrable sur R. Sa transformée de Fourier

$F = \mathcal{F}(f): \R \to \C$

définie par

$F(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \mathrm{e}^{-i\, \xi\, x} \mathrm dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\alpha\, x^2} \mathrm{e}^{-i\, \xi\, x} \mathrm dx$

est telle que

$\forall \xi \in \R, F(\xi) = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\, \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{4\alpha}}$

Démonstration

On remarque d'abord que, par définition :

$F(0) = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\alpha\, x^2} \mathrm dx,\text{ donc }F(0) = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}$

D'autre part, f est (au moins) de classe C¹ et vérifie l'équation différentielle linéaire suivante :

$\forall x \in \R, f'(x) = -2\alpha\, x f(x) = - 2\alpha g(x),\text{ en notant }g: \R \to \R, x \mapsto x f(x)$

On vérifie (comme supra) que g (donc f' ) est intégrable (sur R). Dès lors (propriétés de la transformation de Fourier relatives à la dérivation):

Comme f, f' sont intégrables et que f tend vers 0 à l'infini,

$\forall \xi \in \R, \mathcal{F}(f ')(\xi) = i \xi\, F(\xi)$

Comme f et g sont intégrables, F est dérivable et

$\forall \xi \in \R, \mathcal{F}(g)(\xi) = i F ' (\xi)$

Il résulte alors de l'équation différentielle ci-dessus, par transformation de Fourier, que

$\forall \xi \in \R, i \xi F(\xi) = -2 \alpha i\, F ' (\xi)$

ou encore :

$\forall \xi \in \R, F ' (\xi) = -\frac{\xi}{2 \alpha} F(\xi) = -2\beta\, \xi\, F(\xi),\text{ avec }\beta = \frac{1}{4 \alpha}$

Ainsi, F vérifie une équation différentielle linéaire analogue à la précédente ; il existe donc une constante K (réelle ou complexe) telle que

$\forall \xi \in \R, F(\xi) = K\, \mathrm{e}^{-\beta\, \xi^2}$

et comme

$K = F(0) = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}$

ceci termine la démonstration.

Liens externes

M. Abramovitz et I.A. Stegun, Handbook of Mathematical functions, chapitre 26.

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