Convergence simple sur $\Rr^+$ . Soit $x$ un réel positif fixé. Pour $n> x$ , $f_n(x)=\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$ et donc

$f_n(x)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\text{exp}\left(n\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\text{exp}(-x+o(1)$ .

Donc la suite de fonctions $(f_n)_{n\in\Nn^*}$ converge simplement sur $\Rr^+$ vers la fonction $f~:~x\mapsto e^{-x}$ .

Convergence uniforme sur $\Rr^+$ . Pour $x$ réel positif et $n$ entier naturel non nul, posons $g_n(x) = f(x)-f_n(x) =\left\{ \begin{array}{l} e^{-x}-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\;\text{si}\;x\in[0,n]\\ e^{-x}\;\text{si}\;x>n \end{array} \right.$ . Déterminons la borne supérieure de la fonction $|g_n|$ sur $[0,+\infty[$ .

La fonction $g_n$ est définie et continue sur $R^+$ . Pour $x\geqslant n$ , $0<g_n(x)\leqslant e^{-n} = g_n(n)$ .

Etudions la fonction $g_n$ sur $[0,n]$ . Pour $x\in[0,n]$ , $g_n'(x)=-e^{-x}+\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n-1}$ .( $g_n'(n)$ est la dérivée à gauche de la fonction $g_n$ en $n$ , mais on peut montrer qu’en fait la fonction $g_n$ est dérivable en $n$ pour $n > 1$ ).

La fonction $g_n$ est continue sur le segment $[0,n]$ et admet donc sur $[0,n]$ un minimum et un maximum.

La fonction $g_n$ a un minimum égal à $0$ atteint en $0$ . En effet, on sait que pour tout réel $u$ , $e^u\geqslant 1+u$ (inégalité de convexité) et donc pour tout réel $x$ de $[0,n]$ , $e^{-x/n}\geqslant 1-\frac{x}{n}\geqslant 0$ . Après élévation des deux membres de cette inégalité, par croissance de $t\mapsto t^n$ sur $\Rr^+$ , on obtient $e^{-x}\geqslant\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$ ou encore $g_n(x)\geqslant 0 = g_n(0)$ .

Pour $0 < x\leqslant n$ , les inégalités précédentes sont strictes et la fonction ${g_n}_{/[0,n]}$ admet son maximum dans $]0,n]$ . De plus, $g_n'(n)=-e^{-n}< 0$ et puisque la fonction $g_n$ est de classe $C^1$ sur $[0,n]$ , sa dérivée $g_n'$ est strictement négative sur un voisinage à gauche de $n$ . La fonction $g_n$ est alors strictement décroissante sur ce voisinage et la fonction $g_n$ admet nécessairement son maximum sur $\Rr^+$ en un certain point $x_n$ de $]0,n[$ . En un tel point, puisque l’intervalle $]0,n[$ est ouvert, on sait que la dérivée de la fonction $g_n$ s’annule. L’égalité $g_n'(x_n) = 0$ fournit $\left(1-\frac{x_n}{n}\right)^{n-1}=e^{-x_n}$ et donc

$g_n(x_n) =e^{-x_n}-\left(1-\frac{x_n}{n}\right)^n =\left(1-\left(1-\frac{x_n}{n}\right)\right)e^{-x_n}= \frac{x_ne^{-x_n}}{n}$ .

En résumé, pour tout réel positif $x$ , $0\leqslant g_n(x)\leqslant\frac{x_ne^{-x_n}}{n}$ où $x_n$ est un certain réel de $]0,n[$ .

Pour $u$ réel positif, posons $h(u) = ue^{-u}$ . La fonction $h$ est dérivable sur $/mbr^+$ et pour $u\geqslant0$ , $h'(u) = (1-u)e^{-u}$ . Par suite, la fonction $h$ admet un maximum en $1$ égal à $\frac{1}{e}$ . On a montré que

$\forall x\in[0,+\infty[$ , $\forall n\in\Nn^*$ , $0\leqslant g_n(x)\leqslant\frac{1}{ne}$

ou encore $\forall n\in\Nn^*$ , $\text{sup}\{|g_n(x)|,\;x\geqslant 0\}\leqslant\frac{1}{ne}$ . Ainsi, $\lim_{n \rightarrow +\infty}\text{sup}\{|g_n(x)|,\;x\geqslant 0\}=0$ et on a montré que

la suite de fonctions $(f_n)_{n\in\Nn^*}$ converge uniformément sur $\Rr^+$ vers la fonction $x\mapsto e^{-x}$ .

Existence de $I=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx$ . La fonction $x\mapsto e^{-x^2}$ est continue sur $[0,+\infty[$ et négligeable devant $\frac{1}{x^2}$ en $+\infty$ . Donc la fonction $x\mapsto e^{-x^2}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ . Par suite, $I$ existe dans $\Rr$ .

On est alors en droit d’espérer que $I=\lim_{n \rightarrow +\infty}\int_{0}^{+\infty}f_n(x^2)\;dx$ .

La fonction $x\mapsto f_n(x^2)$ est continue sur $[0,+\infty[$ et nulle sur $[\sqrt{n},+\infty[$ . Donc la fonction $x\mapsto f_n(x^2)$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ . Pour $n\in\Nn^*$ , posons $I_n=\int_{0}^{+\infty}f_n(x^2)\;dx=\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^2}{n}\right)^n\;dx$ .

Montrons que $I_n$ tend vers $I$ quand $n$ tend vers $+\infty$ .

$|I-I_n|\leqslant\int_{0}^{\sqrt{n}}|f(x^2)-f_n(x^2)|\;dx+\int_{\sqrt{n}}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx\leqslant\sqrt{n}\times\frac{1}{ne}+\int_{\sqrt{n}}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\frac{1}{e\sqrt{n}}+\int_{\sqrt{n}}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx$ .

Puisque la fonction $x\mapsto e^{-x^2}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ , cette dernière expression tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ et donc $\lim_{n \rightarrow +\infty}I_n=I$ .

Calcul de la limite de $I_n$ . Soit $n\in\Nn^*$ . Les changements de variables $x = u\sqrt{n}$ puis $u =\cos v$ fournissent

$I_n =\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^2}{n}\right)^n\;dx=\sqrt{n}\int_{0}^{1}(1-u^2)^n\;du =\sqrt{n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+1}v\;dv =\sqrt{n}W_{2n+1}$

où $W_n$ est la $n$ -ème intégrale de Wallis. On a déjà vu (exercice classique, voir fiches de Maths Sup) que $W_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$ et donc

$I_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{n}\times\sqrt{\frac{\pi}{2(2n+1)}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

Finalement, $I_n$ tend vers $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ quand $n$ tend vers $+\infty$ et donc

$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

Vous pouvez voir différents calculs de l’intégrale de Gauss dans Grands classiques de concours : intégration .

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