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La fonction \(e^{-x^2}\) n’admet aucune primitive exprimable à l’aide des fonctions usuelles. Pourtant, son intégrale sur \(\mathbb{R}\) prend une valeur remarquablement simple : \(\sqrt{\pi}\). Ce résultat, connu sous le nom d’intégrale de Gauss (ou intégrale gaussienne), est l’un des classiques incontournables de l’analyse en classe préparatoire. Il intervient en probabilités (loi normale), en physique statistique et dans le calcul de nombreuses intégrales de concours. Tu trouveras ici les démonstrations complètes par trois méthodes distinctes, les généralisations essentielles et des exercices corrigés de difficulté croissante.

📚 Tout le cours « Intégrales & Primitives »

I. Définition et convergence de l’intégrale de Gauss

A. Définition et notations

L’intégrale de Gauss porte sur la fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\), continue et strictement positive sur \(\mathbb{R}\), qui décroît vers \(0\) plus rapidement que toute exponentielle \(e^{-\alpha x}\) lorsque \(x \to +\infty\). C’est une intégrale généralisée : la borne d’intégration est infinie.

Théorème — Intégrale de Gauss

L’intégrale \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) converge, et :

\(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

Par parité de l’intégrande :

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\)

On note traditionnellement :

\(\displaystyle I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\)

de sorte que le résultat s’écrit \(I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). La fonction \(e^{-x^2}\) ne possède pas de primitive usuelle : son intégrale indéfinie définit une fonction spéciale appelée fonction erreur, notée \(\displaystyle\mathrm{erf}(x) = \displaystyle\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\,dt\), normalisée pour que \(\mathrm{erf}(+\infty) = 1\).

Programme CPGE : L’intégrale de Gauss est un résultat classique en MP, PC et PT. Le calcul par coordonnées polaires est la démonstration la plus courante en concours. Ce résultat est également utilisé pour la normalisation de la loi normale et pour le calcul de nombreuses intégrales paramétriques.

B. Preuve de la convergence

Avant de calculer \(I\), justifions que l’intégrale converge. C’est une étape indispensable dans toute copie de concours.

La fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\) est continue sur \([0, +\infty[\) et à valeurs positives. Pour \(x \geq 1\), on a \(x^2 \geq x\), donc :

\(\displaystyle 0 \leq e^{-x^2} \leq e^{-x}\)

Or \(\displaystyle\int_1^{+\infty} e^{-x}\,dx = \left[-e^{-x}\right]_1^{+\infty} = e^{-1}\) converge. Par le théorème de comparaison pour les fonctions positives, \(\displaystyle\int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) converge.

Comme \(e^{-x^2}\) est continue sur le segment \([0,1]\), l’intégrale \(\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2}\,dx\) est une intégrale propre (finie). Par sommation :

\(\displaystyle I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \int_0^1 e^{-x^2}\,dx + \int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\)

converge. Enfin, la fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\) est paire, donc \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = 2I\) converge également.

Piège classique : Commencer à calculer l’intégrale de Gauss sans avoir prouvé sa convergence. En concours, le correcteur attend toujours une justification de convergence avant tout calcul d’intégrale impropre. L’argument ci-dessus (comparaison à \(e^{-x}\) pour \(x \geq 1\)) tient en trois lignes et doit précéder la démonstration.

C. Connexions fondamentales

L’intégrale de Gauss apparaît naturellement dans deux contextes majeurs.

Loi normale (probabilités). La densité de la loi normale centrée réduite \(\mathcal{N}(0,1)\) est :

\(\displaystyle \varphi(x) = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2/2}\)

La condition de normalisation \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(x)\,dx = 1\) est exactement équivalente à \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2/2}\,dx = \sqrt{2\pi}\), qui se déduit de l’intégrale de Gauss par le changement de variable \(u = \displaystyle\frac{x}{\sqrt{2}}\). Autrement dit, sans l’intégrale de Gauss, on ne pourrait pas normaliser la loi normale.

Fonction Gamma. On rappelle que \(\displaystyle\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} t^{s-1}e^{-t}\,dt\) pour \(s\) > \(0\). Le changement de variable \(t = x^2\) dans \(\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)\) donne :

\(\displaystyle\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = 2\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = 2I = \sqrt{\pi}\)

Ce résultat célèbre, \(\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}\), est la clé du calcul des moments gaussiens (section IV).

L’existence de l’intégrale de Gauss étant établie, calculons maintenant sa valeur exacte.

II. Calcul par coordonnées polaires — la démonstration classique

La démonstration présentée ici est la plus répandue en classe préparatoire. Son idée directrice est d’une élégance rare : puisqu’on ne sait pas calculer \(I\) directement, on calcule \(I^2\) en transformant un produit d’intégrales simples en une intégrale double, que le passage en coordonnées polaires rend élémentaire.

A. L’astuce fondamentale : le carré de l’intégrale

Posons \(I = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\). Comme \(I\) est un nombre réel (la convergence est prouvée), on peut écrire :

\(\displaystyle I^2 = \left(\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\right)\!\left(\int_0^{+\infty} e^{-y^2}\,dy\right)\)

Pour transformer ce produit en intégrale double, on travaille avec des intégrales tronquées. Pour tout \(n \in \mathbb{N}^*\), posons :

\(\displaystyle I_n = \int_0^n e^{-x^2}\,dx\)

C’est une intégrale propre (sur un segment), et \(I_n \to I\) lorsque \(n \to +\infty\). Par le théorème de Fubini sur le compact \(C_n\) :

\(\displaystyle I_n^2 = \left(\int_0^n e^{-x^2}\,dx\right)\!\left(\int_0^n e^{-y^2}\,dy\right) = \iint_{C_n} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy\)

où \(C_n = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 0 \leq x \leq n,\; 0 \leq y \leq n\}\) est le carré de côté \(n\) dans le premier quadrant.

L’idée clé est maintenant d’encadrer ce carré par des quarts de disque, sur lesquels l’intégrale se calcule en coordonnées polaires.

B. Passage en coordonnées polaires et conclusion

Notons \(D_R^+\) le quart de disque fermé de rayon \(R\) dans le premier quadrant :

\(\displaystyle D_R^+ = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 + y^2 \leq R^2,\; x \geq 0,\; y \geq 0\}\)

Inclusions géométriques. On a les inclusions :

\(\displaystyle D_n^+ \subset C_n \subset D_{n\sqrt{2}}^+\)

En effet : si \((x,y) \in D_n^+\), alors \(x^2 \leq x^2 + y^2 \leq n^2\), donc \(0 \leq x \leq n\) et de même \(0 \leq y \leq n\), ce qui donne \((x,y) \in C_n\). Réciproquement, si \((x,y) \in C_n\), alors \(x^2 + y^2 \leq n^2 + n^2 = 2n^2\), donc \((x,y) \in D_{n\sqrt{2}}^+\).

Puisque l’intégrande \(e^{-(x^2+y^2)}\) est positive, la monotonie de l’intégrale donne :

\(\displaystyle \iint_{D_n^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy \leq I_n^2 \leq \iint_{D_{n\sqrt{2}}^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy\)

Calcul sur le quart de disque. En coordonnées polaires \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), le jacobien est \(r\), et \(D_R^+\) correspond à \(r \in [0, R]\), \(\theta \in \left[0, \displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\). On obtient :

\(\displaystyle \iint_{D_R^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^R r\,e^{-r^2}\,dr\,d\theta\)

L’intégrale intérieure se calcule par la substitution \(u = r^2\) :

\(\displaystyle \int_0^R r\,e^{-r^2}\,dr = \left[-\displaystyle\frac{e^{-r^2}}{2}\right]_0^R = \displaystyle\frac{1 – e^{-R^2}}{2}\)

D’où :

\(\displaystyle \iint_{D_R^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \displaystyle\frac{\pi}{2} \cdot \displaystyle\frac{1 – e^{-R^2}}{2} = \displaystyle\frac{\pi}{4}\left(1 – e^{-R^2}\right)\)

Encadrement et passage à la limite. L’encadrement devient :

\(\displaystyle \frac{\pi}{4}\left(1 – e^{-n^2}\right) \leq I_n^2 \leq \displaystyle\frac{\pi}{4}\left(1 – e^{-2n^2}\right)\)

Lorsque \(n \to +\infty\), les deux bornes tendent vers \(\displaystyle\frac{\pi}{4}\). Par le théorème des gendarmes :

\(\displaystyle I^2 = \lim_{n \to +\infty} I_n^2 = \displaystyle\frac{\pi}{4}\)

Comme \(I\) > \(0\) (l’intégrande est strictement positive), on conclut :

Résultat

\(\displaystyle I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2} \qquad\text{et}\qquad \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\)

C. Rédaction modèle pour les concours

Ce que le correcteur attend :

  • Convergence d’abord : justifier que \(I\) existe (comparaison à \(e^{-x}\)) avant tout calcul.
  • Fubini justifié : écrire « Par Fubini sur le compact \(C_n\) » ou « par continuité de l’intégrande sur le compact \(C_n\) ». Ne pas appliquer Fubini directement à l’intégrale impropre sans précaution.
  • Inclusion géométrique : énoncer et prouver (brièvement) \(D_n^+ \subset C_n \subset D_{n\sqrt{2}}^+\).
  • Jacobien explicite : écrire \(dx\,dy = r\,dr\,d\theta\). L’oubli du facteur \(r\) est une erreur fréquente et éliminatoire.
  • Positivité : conclure \(I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) (et non \(\pm\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)) en invoquant \(I\) > \(0\).

Voici la démonstration rédigée dans un format prêt pour une copie de concours :

Démonstration rédigée — Calcul de l’intégrale de Gauss

Convergence. Pour \(x \geq 1\), \(x^2 \geq x\) donc \(0 \leq e^{-x^2} \leq e^{-x}\). Comme \(\int_1^{+\infty} e^{-x}\,dx\) converge, par comparaison de fonctions positives, \(\int_1^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) converge. Donc \(I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) existe dans \(\mathbb{R}_+^*\).

Calcul. Pour \(n \in \mathbb{N}^*\), posons \(I_n = \int_0^n e^{-x^2}\,dx\). On a \(I_n \to I\). Par Fubini sur le compact \(C_n = \{(x,y) \mid 0 \leq x,y \leq n\}\) :

\(\displaystyle I_n^2 = \iint_{C_n} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy\)

Or \(D_n^+ \subset C_n \subset D_{n\sqrt{2}}^+\) où \(D_R^+ = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leq R^2,\, x,y \geq 0\}\). En coordonnées polaires (\(dx\,dy = r\,dr\,d\theta\)) :

\(\displaystyle \iint_{D_R^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^R r\,e^{-r^2}\,dr\,d\theta = \displaystyle\frac{\pi}{4}(1 – e^{-R^2})\)

Par positivité de l’intégrande : \(\displaystyle\frac{\pi}{4}(1 – e^{-n^2}) \leq I_n^2 \leq \displaystyle\frac{\pi}{4}(1 – e^{-2n^2})\). Par le théorème des gendarmes, \(I^2 = \displaystyle\frac{\pi}{4}\), d’où \(I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) puisque \(I\) > \(0\). ∎

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La méthode par coordonnées polaires n’est pas la seule approche possible. Voici deux alternatives qui enrichissent la compréhension du résultat et apparaissent régulièrement en concours.

III. Méthodes alternatives de calcul

A. Méthode par fonction auxiliaire (Laplace)

Cette démonstration évite tout recours aux intégrales doubles. Elle repose sur la construction astucieuse de deux fonctions dont la somme est constante. C’est un classique de sujet de concours, souvent proposé comme exercice guidé.

Pour \(t \geq 0\), on pose :

\(\displaystyle f(t) = \left(\int_0^t e^{-u^2}\,du\right)^{2}\)

\(\displaystyle g(t) = \int_0^1 \displaystyle\frac{e^{-t^2(1+s^2)}}{1+s^2}\,ds\)

Étape 1 — Calcul de \(f^\prime(t)\). La fonction \(t \mapsto \int_0^t e^{-u^2}\,du\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et de dérivée \(e^{-t^2}\). Par dérivation d’un carré :

\(\displaystyle f^\prime(t) = 2\,e^{-t^2}\int_0^t e^{-u^2}\,du\)

Étape 2 — Calcul de \(g^\prime(t)\). On dérive sous le signe intégral (l’intégrande et sa dérivée partielle en \(t\) sont continues et dominées par une fonction intégrable sur \([0,1]\)) :

\(\displaystyle g^\prime(t) = \int_0^1 \displaystyle\frac{-2t(1+s^2)\,e^{-t^2(1+s^2)}}{1+s^2}\,ds = -2t\int_0^1 e^{-t^2(1+s^2)}\,ds = -2t\,e^{-t^2}\int_0^1 e^{-t^2 s^2}\,ds\)

Pour \(t\) > \(0\), le changement de variable \(v = ts\) dans la dernière intégrale donne :

\(\displaystyle \int_0^1 e^{-t^2 s^2}\,ds = \displaystyle\frac{1}{t}\int_0^t e^{-v^2}\,dv\)

D’où :

\(\displaystyle g^\prime(t) = -2t\,e^{-t^2} \cdot \displaystyle\frac{1}{t}\int_0^t e^{-v^2}\,dv = -2\,e^{-t^2}\int_0^t e^{-v^2}\,dv\)

Étape 3 — Somme constante. On constate :

\(\displaystyle f^\prime(t) + g^\prime(t) = 2\,e^{-t^2}\int_0^t e^{-u^2}\,du – 2\,e^{-t^2}\int_0^t e^{-v^2}\,dv = 0\)

Donc \(h(t) = f(t) + g(t)\) est constante sur \(]0, +\infty[\).

Étape 4 — Valeur de la constante. On montre que \(h\) est continue en \(0\) (par convergence dominée dans \(g\)). Or :

\(\displaystyle f(0) = 0 \qquad;\qquad g(0) = \int_0^1 \displaystyle\frac{ds}{1+s^2} = \left[\arctan(s)\right]_0^1 = \displaystyle\frac{\pi}{4}\)

Donc \(h(t) = \displaystyle\frac{\pi}{4}\) pour tout \(t \geq 0\).

Étape 5 — Passage à la limite. Lorsque \(t \to +\infty\) :

  • \(f(t) \to I^2\) (par définition de \(I\))
  • \(g(t) \to 0\) car \(\displaystyle 0 \leq g(t) \leq e^{-t^2}\int_0^1 \displaystyle\frac{ds}{1+s^2} = \displaystyle\frac{\pi}{4}\,e^{-t^2} \to 0\)

Par passage à la limite dans \(h(t) = \displaystyle\frac{\pi}{4}\) :

\(\displaystyle I^2 + 0 = \displaystyle\frac{\pi}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

Intérêt de cette méthode : elle n’utilise ni les intégrales doubles, ni les coordonnées polaires, ni le théorème de Fubini. Elle repose uniquement sur la dérivation d’intégrales à paramètre et le théorème de Leibniz, outils du programme de première année. C’est pourquoi elle est fréquemment proposée en DS ou concours sous forme d’exercice guidé.

B. Lien avec les intégrales de Wallis

On peut également retrouver l’intégrale de Gauss à partir des intégrales de Wallis \(\displaystyle W_p = \int_0^{\pi/2} \sin^p(\theta)\,d\theta\). L’idée repose sur la convergence dominée et l’équivalent de Wallis.

Pour \(n \in \mathbb{N}^*\), posons \(\displaystyle J_n = \int_0^{\sqrt{n}} \left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n}\,dt\). Le changement de variable \(t = \sqrt{n}\,\sin\theta\) donne :

\(\displaystyle J_n = \sqrt{n}\int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1}(\theta)\,d\theta = \sqrt{n}\,W_{2n+1}\)

Par l’équivalent classique \(\displaystyle W_p \sim \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{2p}}\) lorsque \(p \to +\infty\), on obtient :

\(\displaystyle J_n \sim \sqrt{n}\,\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{2(2n+1)}} \longrightarrow \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) lorsque \(n \to +\infty\).

Par ailleurs, le théorème de convergence dominée montre que \(J_n \to I\) (exercice 4 ci-dessous), ce qui redonne \(I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Pour le détail des intégrales de Wallis et de l’équivalent, consulte la page dédiée.

C. Tableau comparatif des trois approches

Comparaison des méthodes de calcul de l'intégrale de Gauss
Méthode Prérequis Difficulté Usage en concours
Coordonnées polaires Fubini (compact), coordonnées polaires, jacobien ★★ Démonstration classique attendue, à connaître par cœur
Fonction auxiliaire (Laplace) Dérivation sous le signe intégral (Leibniz), arctan ★★★ Sujet guidé de DS/concours (exercice à reconnaître)
Intégrales de Wallis Convergence dominée, équivalent de Wallis ★★★ Plus rare, intéressant pour le lien séquences–intégrales

Les formules obtenues se généralisent naturellement à toute une famille d’intégrales gaussiennes, indispensables en pratique.

IV. Généralisations et formules dérivées

A. Intégrale gaussienne avec paramètre

La première généralisation introduit un paramètre réel \(a\) > \(0\) dans l’exposant.

Proposition — Intégrale gaussienne généralisée

Pour tout \(a\) > \(0\) :

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\)

Démonstration. Le changement de variable \(u = \sqrt{a}\,x\) (donc \(du = \sqrt{a}\,dx\)) donne :

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2}\,dx = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{a}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{a}} = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\) ∎

La deuxième généralisation ajoute un terme linéaire dans l’exposant. Elle est fondamentale pour le calcul des transformées de Fourier de fonctions gaussiennes.

Proposition — Intégrale gaussienne avec terme linéaire

Pour tout \(a\) > \(0\) et tout \(b \in \mathbb{R}\) :

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2 + bx}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\,e^{b^2/(4a)}\)

Démonstration. On complète le carré dans l’exposant :

\(\displaystyle -ax^2 + bx = -a\left(x^2 – \displaystyle\frac{b}{a}x\right) = -a\left(x – \displaystyle\frac{b}{2a}\right)^{2} + \displaystyle\frac{b^2}{4a}\)

Le facteur constant sort de l’intégrale, et le changement \(u = x – \displaystyle\frac{b}{2a}\) donne :

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2+bx}\,dx = e^{b^2/(4a)}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-au^2}\,du = e^{b^2/(4a)}\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\) ∎

Astuce mémo : retiens la forme \(\displaystyle\int e^{-\alpha(x-\beta)^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{\alpha}}\) pour \(\alpha\) > \(0\). L’intégrale d’une gaussienne ne dépend que du coefficient devant le carré, pas du centre. Le terme linéaire \(bx\) se gère toujours par complétion du carré.

B. Moments gaussiens

Les moments gaussiens sont les intégrales de la forme \(\displaystyle I_{2n} = \int_0^{+\infty} x^{2n}\,e^{-x^2}\,dx\) pour \(n \in \mathbb{N}\). Ils se calculent par intégration par parties récurrente.

Relation de récurrence. Pour \(n \geq 1\), on pose \(u = x^{2n-1}\) et \(v^\prime = x\,e^{-x^2}\), d’où \(u^\prime = (2n-1)x^{2n-2}\) et \(v = -\displaystyle\frac{e^{-x^2}}{2}\). L’IPP donne :

\(\displaystyle I_{2n} = \left[-\displaystyle\frac{x^{2n-1}\,e^{-x^2}}{2}\right]_0^{+\infty} + \displaystyle\frac{2n-1}{2}\int_0^{+\infty} x^{2n-2}\,e^{-x^2}\,dx\)

Le crochet s’annule (croissances comparées en \(+\infty\), valeur nulle en \(0\)), donc :

Récurrence des moments gaussiens

\(\displaystyle I_{2n} = \displaystyle\frac{2n-1}{2}\,I_{2n-2} \qquad (n \geq 1)\)

avec \(\displaystyle I_0 = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

En itérant, on obtient la formule explicite :

\(\displaystyle I_{2n} = \displaystyle\frac{(2n-1)!!}{2^n}\,\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \displaystyle\frac{(2n)!\,\sqrt{\pi}}{2^{2n+1}\,n!}\)

où \((2n-1)!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)\). Cette formule se réécrit en termes de la fonction Gamma :

\(\displaystyle I_{2n} = \displaystyle\frac{1}{2}\,\Gamma\!\left(n + \displaystyle\frac{1}{2}\right) \qquad\text{avec}\qquad \Gamma\!\left(n + \displaystyle\frac{1}{2}\right) = \displaystyle\frac{(2n)!\,\sqrt{\pi}}{4^n\,n!}\)

Attention aux moments impairs : pour \(n \geq 1\), \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2n-1}\,e^{-x^2}\,dx = 0\) par imparité de l’intégrande. Ne pas confondre les intégrales sur \([0, +\infty[\) et sur \(\mathbb{R}\).

C. Tableau récapitulatif des formules gaussiennes

Formules gaussiennes à connaître
Intégrale Résultat Conditions
\(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) \(\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) —
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\) \(\sqrt{\pi}\) —
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2}\,dx\) \(\displaystyle\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\) \(a\) > \(0\)
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2+bx}\,dx\) \(\displaystyle\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\,e^{b^2/(4a)}\) \(a\) > \(0\), \(b \in \mathbb{R}\)
\(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2\,e^{-x^2}\,dx\) \(\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{4}\) —
\(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^4\,e^{-x^2}\,dx\) \(\displaystyle\frac{3\sqrt{\pi}}{8}\) —
\(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^{2n}\,e^{-x^2}\,dx\) \(\displaystyle\frac{(2n)!\,\sqrt{\pi}}{2^{2n+1}\,n!}\) \(n \in \mathbb{N}\)
\(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\cos(2bx)\,dx\) \(\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-b^2}\) \(b \in \mathbb{R}\) (exercice 5)
\(\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)\) \(\sqrt{\pi}\) —

Mettons ces résultats en pratique à travers des exemples et exercices.

V. Exemples résolus et exercices corrigés

A. Exemples résolus

Exemple 1 🟡 (Sup — application directe)

Calculer \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-3x^2}\,dx\).

On applique la formule \(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-ax^2}\,dx = \displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\) avec \(a = 3\) :

\(\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-3x^2}\,dx = \displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{3}} = \displaystyle\frac{\sqrt{3\pi}}{6}\)

Vérification rapide : on retrouve la dimension correcte (un nombre réel positif, plus petit que \(I = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) car \(e^{-3x^2} \leq e^{-x^2}\)). ✓

Exemple 2 🟡 (Sup — complétion du carré)

Calculer \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2x^2 + 4x}\,dx\).

On complète le carré dans l’exposant :

\(-2x^2 + 4x = -2(x^2 – 2x) = -2(x-1)^2 + 2\)

Donc :

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2x^2+4x}\,dx = e^{2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2(x-1)^2}\,dx = e^{2}\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{2}} = e^2\,\displaystyle\frac{\sqrt{2\pi}}{2}\)

Vérification : la formule directe \(\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\,e^{b^2/(4a)}\) avec \(a = 2\), \(b = 4\) donne \(\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{2}}\,e^{16/8} = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{2}}\,e^{2}\). ✓

Exemple 3 🔴 (Spé — moment d’ordre 2)

Calculer \(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2\,e^{-x^2}\,dx\).

Méthode par IPP. On pose \(u = x\) et \(v^\prime = x\,e^{-x^2}\), donc \(u^\prime = 1\) et \(v = -\displaystyle\frac{e^{-x^2}}{2}\).

\(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2\,e^{-x^2}\,dx = \left[-\displaystyle\frac{x\,e^{-x^2}}{2}\right]_0^{+\infty} + \displaystyle\frac{1}{2}\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx\)

Le crochet vaut \(0 – 0 = 0\) (par croissances comparées en \(+\infty\)). D’où :

\(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^2\,e^{-x^2}\,dx = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{4}\)

On retrouve \(I_2 = \displaystyle\frac{2-1}{2}\,I_0 = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\) par la formule de récurrence. ✓

Exemple 4 🔴 (Spé — connexion Gamma)

Montrer que \(\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}\).

Par définition, \(\displaystyle\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = \int_0^{+\infty} t^{-1/2}\,e^{-t}\,dt\).

On effectue le changement de variable \(t = x^2\) (donc \(dt = 2x\,dx\), \(t^{-1/2} = \displaystyle\frac{1}{x}\)) :

\(\displaystyle\Gamma\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = \int_0^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{x}\,e^{-x^2} \cdot 2x\,dx = 2\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = 2I = 2 \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \sqrt{\pi}\)

Ce résultat est l’une des valeurs spéciales les plus importantes de la fonction Gamma. ✓

B. Exercices corrigés

Exercice 1 — ★

Calculer \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-5x^2}\,dx\).

▶ Voir la correction

La convergence est assurée car \(e^{-5x^2} \leq e^{-x^2}\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\), et l’intégrale de Gauss converge.

Par la formule généralisée avec \(a = 5\) :

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-5x^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{5}} = \displaystyle\frac{\sqrt{5\pi}}{5}\)

Exercice 2 — ★★

Calculer \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2 + 6x – 5}\,dx\).

▶ Voir la correction

On complète le carré dans l’exposant :

\(-x^2 + 6x – 5 = -(x^2 – 6x + 5) = -\left((x-3)^2 – 9 + 5\right) = -(x-3)^2 + 4\)

Donc :

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2+6x-5}\,dx = e^{4}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x-3)^2}\,dx\)

Le changement de variable \(u = x – 3\) donne \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x-3)^2}\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}\).

Conclusion : \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2+6x-5}\,dx = e^4\sqrt{\pi}\).

Vérification par la formule directe : \(a = 1\), \(b = 6\), constante \(-5\). On factorise \(e^{-5}\) d’abord, puis \(\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{1}}\,e^{36/4} = \sqrt{\pi}\,e^9\). Avec le facteur \(e^{-5}\) : \(e^{-5} \cdot \sqrt{\pi}\,e^9 = e^4\sqrt{\pi}\). ✓

Exercice 3 — ★★

Calculer \(\displaystyle\int_0^{+\infty} x^4\,e^{-x^2}\,dx\).

▶ Voir la correction

On utilise la récurrence des moments gaussiens : \(\displaystyle I_{2n} = \displaystyle\frac{2n-1}{2}\,I_{2n-2}\).

On a \(I_0 = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\), puis :

\(\displaystyle I_2 = \displaystyle\frac{1}{2}\,I_0 = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{4}\)
\(\displaystyle I_4 = \displaystyle\frac{3}{2}\,I_2 = \displaystyle\frac{3}{2} \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{4} = \displaystyle\frac{3\sqrt{\pi}}{8}\)

Vérification par la formule explicite : \(\displaystyle I_4 = \displaystyle\frac{4!\,\sqrt{\pi}}{2^5 \cdot 2!} = \displaystyle\frac{24\sqrt{\pi}}{64} = \displaystyle\frac{3\sqrt{\pi}}{8}\). ✓

Alternative par IPP directe : on pose \(u = x^3\), \(v^\prime = x\,e^{-x^2}\), d’où \(u^\prime = 3x^2\), \(v = -\displaystyle\frac{e^{-x^2}}{2}\). Le crochet est nul et \(I_4 = \displaystyle\frac{3}{2}\,I_2\).

Exercice 4 — ★★★ (type concours — convergence dominée)

Pour \(n \in \mathbb{N}^*\), on pose \(\displaystyle J_n = \int_0^{\sqrt{n}} \left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n}\,dt\). Montrer que \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} J_n = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

▶ Voir la correction

Étape 1 — Mise en forme. Pour \(t \in [0, \sqrt{n}]\), on a \(0 \leq \displaystyle\frac{t^2}{n} \leq 1\), donc \(\left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n}\) est bien défini et positif. On prolonge la fonction par \(0\) pour \(t\) > \(\sqrt{n}\) et on note :

\(\displaystyle f_n(t) = \left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n} \cdot \mathbf{1}_{[0,\sqrt{n}]}(t)\)

de sorte que \(\displaystyle J_n = \int_0^{+\infty} f_n(t)\,dt\).

Étape 2 — Convergence simple. Pour tout \(t \geq 0\) fixé, \(\displaystyle\left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n} \to e^{-t^2}\) lorsque \(n \to +\infty\) (limite classique). Donc \(f_n(t) \to e^{-t^2}\) pour tout \(t \geq 0\).

Étape 3 — Domination. On utilise l’inégalité \(\ln(1-u) \leq -u\) pour \(0 \leq u\) < \(1\). Pour \(0 \leq t\) < \(\sqrt{n}\) :

\(\displaystyle \left(1 – \displaystyle\frac{t^2}{n}\right)^{n} = e^{n\ln\left(1 – t^2/n\right)} \leq e^{n \cdot (-t^2/n)} = e^{-t^2}\)

Donc \(0 \leq f_n(t) \leq e^{-t^2}\) pour tout \(n\) et tout \(t \geq 0\). La fonction \(e^{-t^2}\) est intégrable sur \([0, +\infty[\).

Étape 4 — Conclusion. Par le théorème de convergence dominée :

\(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} J_n = \int_0^{+\infty} \lim_{n \to +\infty} f_n(t)\,dt = \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

Exercice 5 — ★★★ (type concours — dérivation sous le signe intégral)

Pour \(b \in \mathbb{R}\), on pose \(\displaystyle\Phi(b) = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\cos(2bx)\,dx\). Montrer que \(\displaystyle\Phi(b) = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-b^2}\).

▶ Voir la correction

Existence. Pour tout \(b \in \mathbb{R}\), \(|e^{-x^2}\cos(2bx)| \leq e^{-x^2}\) qui est intégrable sur \([0, +\infty[\). Donc \(\Phi(b)\) est bien définie.

Dérivation sous le signe intégral. La dérivée partielle \(\displaystyle\frac{\partial}{\partial b}\left[e^{-x^2}\cos(2bx)\right] = -2x\,e^{-x^2}\sin(2bx)\) vérifie \(|-2x\,e^{-x^2}\sin(2bx)| \leq 2x\,e^{-x^2}\), qui est intégrable sur \([0, +\infty[\). Par le théorème de Leibniz, \(\Phi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et :

\(\displaystyle\Phi^\prime(b) = \int_0^{+\infty} (-2x)\,e^{-x^2}\sin(2bx)\,dx\)

IPP. On pose \(u = \sin(2bx)\) et \(v^\prime = (-2x)\,e^{-x^2}\), d’où \(u^\prime = 2b\cos(2bx)\) et \(v = e^{-x^2}\). Alors :

\(\displaystyle\Phi^\prime(b) = \left[\sin(2bx)\,e^{-x^2}\right]_0^{+\infty} – 2b\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\cos(2bx)\,dx\)

Le crochet est nul (le sinus est borné et \(e^{-x^2} \to 0\)), d’où :

\(\displaystyle\Phi^\prime(b) = -2b\,\Phi(b)\)

Résolution de l’EDO. L’équation \(\Phi^\prime = -2b\,\Phi\) donne \(\displaystyle\Phi(b) = \Phi(0)\,e^{-b^2}\).

Or \(\displaystyle\Phi(0) = \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

Conclusion : \(\displaystyle\Phi(b) = \displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}\,e^{-b^2}\) pour tout \(b \in \mathbb{R}\).

Remarque : ce résultat signifie que la transformée de Fourier d’une gaussienne est une gaussienne. C’est un fait fondamental en analyse harmonique et en physique (principe d’incertitude de Heisenberg).

VI. Erreurs fréquentes et pièges classiques

Erreur 1 — Oublier de justifier la convergence.

❌ Copie fautive : « Calculons \(I^2 = \iint e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy\)… » (pas de mention de convergence)

Diagnostic : le correcteur attend la convergence AVANT le calcul. L’intégrale de Gauss est impropre : on ne peut pas manipuler un objet dont on n’a pas montré l’existence.

✅ Correction : commencer par « Pour \(x \geq 1\), \(e^{-x^2} \leq e^{-x}\), donc \(I\) converge par comparaison. »

Erreur 2 — Oublier le jacobien \(r\) en coordonnées polaires.

❌ Copie fautive : « \(\displaystyle\iint_{D_R^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^R e^{-r^2}\,dr\,d\theta\) »

Diagnostic : il manque le facteur \(r\) dans l’élément d’aire. En coordonnées polaires, \(dx\,dy = r\,dr\,d\theta\), pas \(dr\,d\theta\).

✅ Correction : « \(\displaystyle\iint_{D_R^+} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^R r\,e^{-r^2}\,dr\,d\theta\) »

Erreur 3 — Confondre les bornes angulaires.

❌ Copie fautive : « Le quart de plan \(\{x \geq 0, y \geq 0\}\) correspond à \(\theta \in [0, 2\pi]\). »

Diagnostic : le quart de plan correspond à \(\theta \in \left[0, \displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\), pas à \([0, 2\pi]\) (qui donne le plan entier). Cette erreur multiplie le résultat par \(4\).

✅ Correction : premier quadrant \(\Leftrightarrow\) \(\theta \in \left[0, \displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\).

Erreur 4 — Appliquer \(\displaystyle\int e^{-ax^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{a}}\) pour \(a \leq 0\).

❌ Copie fautive : « \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{3x^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{-3}}\) »

Diagnostic : pour \(a \leq 0\), l’intégrande \(e^{-ax^2}\) tend vers \(+\infty\) et l’intégrale diverge. La formule n’est valable que pour \(a\) > \(0\).

✅ Correction : toujours vérifier que le coefficient devant \(x^2\) dans l’exposant est strictement négatif avant d’appliquer la formule.

VII. Questions fréquentes


Pourquoi la fonction exp(-x²) n'a-t-elle pas de primitive usuelle ?

C’est un résultat profond de l’algèbre différentielle, démontré par Liouville (1835) : il n’existe aucune combinaison finie de fonctions élémentaires (polynômes, exponentielles, logarithmes, trigonométriques) dont la dérivée soit \(e^{-x^2}\). La « primitive » de \(e^{-x^2}\) est la fonction erreur \(\mathrm{erf}(x) = \displaystyle\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\,dt\), une fonction spéciale définie par son intégrale. Cela n’empêche pas de calculer l’intégrale sur \(\mathbb{R}\) entier, car les méthodes (coordonnées polaires, fonction auxiliaire) contournent le problème.

Quel est le lien entre l'intégrale de Gauss et les intégrales de Wallis ?

Les intégrales de Wallis \(W_p = \int_0^{\pi/2} \sin^p(\theta)\,d\theta\) permettent de calculer l’intégrale de Gauss par un argument de convergence dominée : on approche \(e^{-t^2}\) par \((1-t^2/n)^n\) et un changement de variable ramène à \(W_{2n+1}\). L’équivalent \(W_p \sim \sqrt{\pi/(2p)}\) donne alors \(I = \sqrt{\pi}/2\). Réciproquement, l’intégrale de Gauss sert à retrouver la formule de Stirling via les intégrales de Wallis.

La démonstration par coordonnées polaires est-elle exigible en concours ?

La formule \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\) est un résultat classique que tu dois connaître et savoir utiliser. Sa démonstration par coordonnées polaires n’est pas formellement « exigible au programme », mais elle est si courante qu’elle constitue un passage obligé de la culture mathématique en CPGE. Elle peut être demandée en exercice guidé (concours Centrale, Mines-Ponts) ou utilisée comme lemme dans un problème. En pratique, apprends-la par cœur.

Comment retrouver rapidement la formule pour a différent de 1 ?

Retiens la forme \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha(x-\beta)^2}\,dx = \sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{\alpha}}\) pour \(\alpha\) > \(0\). L’intégrale d’une gaussienne ne dépend que du coefficient \(\alpha\) devant le carré, pas du centre \(\beta\). Si l’exposant contient un terme linéaire \(bx\), complète le carré pour te ramener à cette forme.

Quel est le rapport entre l'intégrale de Gauss et la loi normale ?

La densité de la loi normale \(\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\) est \(\displaystyle\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)}\). La condition \(\int_{-\infty}^{+\infty} \text{densité} = 1\) est exactement l’intégrale de Gauss avec \(a = \displaystyle\frac{1}{2\sigma^2}\). Sans ce résultat, on ne pourrait pas construire la loi normale. C’est historiquement l’une des motivations principales du calcul de l’intégrale de Gauss (Laplace, 1774).


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Démonstration par coordonnées polaires, formules généralisées, moments gaussiens et pièges à éviter — tout sur une page recto-verso.

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VIII. Pour aller plus loin

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