Intégrale de Gauss

On utilise une équation différentielle vérifiée par la fonction f.

Par définition : ${\displaystyle F(0)=\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\mathrm {d} x{\text{ donc }}F(0)={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}.}$

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

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

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

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

${\displaystyle \forall \xi \in \mathbb {R} \quad {\mathcal {F}}(f')(\xi )=\mathrm {i} \xi \,F(\xi ).}$

• Comme f et g sont intégrables, F est dérivable et

${\displaystyle \forall \xi \in \mathbb {R} \quad {\mathcal {F}}(g)(\xi )=\mathrm {i} F'(\xi ).}$

De l'équation différentielle ci-dessus, on déduit que ${\displaystyle {\mathcal {F}}(f')=-2\alpha {\mathcal {F}}(g)}$, qui s'écrit :

${\displaystyle \forall \xi \in \mathbb {R} \quad \mathrm {i} \xi F(\xi )=-2\alpha \mathrm {i} F'(\xi )}$, ou encore :

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

Ainsi, F vérifie une équation différentielle analogue à la précédente : il existe une constante K telle que

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

On conclut en remarquant que ${\displaystyle K=F(0)={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}.}$

On note encore f le prolongement holomorphe à ℂ de la fonction gaussienne f :

${\displaystyle f:\mathbb {C} \to \mathbb {C} ,z\mapsto \mathrm {e} ^{-\alpha \,z^{2}}.}$

On calcule F(ξ) en supposant ξ > 0 (le cas où ξ < 0 se traite de même ou avec la parité ; le cas où ξ = 0 est immédiat).

Soient trois réels x₁, x₂, h tels que x₁ < x₂ et h > 0, puis dans le plan complexe le rectangle de sommets ${\displaystyle A=x_{1},B=x_{2},C=x_{2}+\mathrm {i} h,D=x_{1}+\mathrm {i} h}$ (de côtés parallèles aux axes).

D'après le théorème intégral de Cauchy, l'intégrale de f sur le bord orienté du rectangle est nulle :

${\displaystyle \int _{}f(z)\,\mathrm {d} z+\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z+\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z+\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z=0.}$

Or on a les égalités suivantes :

${\displaystyle \int _{}f(z)\,\mathrm {d} z=\int _{x_{1}}^{x_{2}}\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\,\mathrm {d} x}$ et ${\displaystyle \int _{}f(z)\,\mathrm {d} z=-\int _{x_{1}}^{x_{2}}\mathrm {e} ^{-\alpha \,(x+\mathrm {i} h)^{2}}\,\mathrm {d} x=-\mathrm {e} ^{\alpha h^{2}}\int _{x_{1}}^{x_{2}}\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\mathrm {e} ^{-2{\mathrm {i} }\alpha \,hx}\,\mathrm {d} x}$

(on paramétrise le segment par ${\displaystyle z=x+\mathrm {i} h,}$ où ${\displaystyle x\in }$).

Ainsi :

${\displaystyle \int _{x_{1}}^{x_{2}}\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\,\mathrm {d} x-\mathrm {e} ^{\alpha h^{2}}\int _{x_{1}}^{x_{2}}\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\mathrm {e} ^{-2{\mathrm {i} }\alpha \,hx}\,\mathrm {d} x+\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z+\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z=0.}$

L'intégrale de f sur (resp. ) tend vers 0 quand x₂ tend vers +∞ (resp. x₁ tend vers –∞) (voir plus loin). D'où :

${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\mathrm {e} ^{-2{\mathrm {i} }\alpha \,hx}\,\mathrm {d} x=\mathrm {e} ^{-\alpha h^{2}}\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-\alpha \,x^{2}}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}\,\mathrm {e} ^{-\alpha h^{2}}{\text{ pour tout }}h>0.}$

Le choix ${\displaystyle h={\frac {\xi }{2\alpha }}}$ dans la relation précédente (re)donne l'expression cherchée de F(ξ).

Reste à montrer que l'intégrale de f sur tend vers 0 quand x₂ tend vers +∞ :

${\displaystyle \int _{}f(z)\,\mathrm {d} z=\int _{0}^{h}\mathrm {e} ^{-\alpha \,(x_{2}+{\mathrm {i} }y)^{2}}\mathrm {i} \,\mathrm {d} y=\mathrm {i} \,\mathrm {e} ^{-\alpha \,x_{2}^{2}}\int _{0}^{h}\mathrm {e} ^{\alpha \,y^{2}}\mathrm {e} ^{-2\mathrm {i} \alpha \,x_{2}y}\,\mathrm {d} y}$

(on paramétrise le segment par ${\displaystyle z=x_{2}+{\mathrm {i} }y}$, avec ${\displaystyle y\in }$).

D'où la majoration :

${\displaystyle {\Big |}\int _{}f(z)\,\mathrm {d} z{\Big |}\leq \mathrm {e} ^{-\alpha \,x_{2}^{2}}\int _{0}^{h}|\mathrm {e} ^{\alpha \,y^{2}}||\mathrm {e} ^{-2\mathrm {i} \alpha \,x_{2}y}|\,\mathrm {d} y=\mathrm {e} ^{-\alpha \,x_{2}^{2}}\int _{0}^{h}\mathrm {e} ^{\alpha \,y^{2}}\,\mathrm {d} y,}$

qui permet de conclure (l'intégrale au second membre ne dépend pas de x₂). De même pour l'intégrale sur .

${\displaystyle \mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \xi x}=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {(-\mathrm {i} \xi x)^{n}}{n!}}}$ et ${\displaystyle x\mapsto \mathrm {e} ^{-\alpha x^{2}}\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {|\xi x|^{n}}{n!}}=\mathrm {e} ^{-\alpha x^{2}+|\xi x|}}$ est intégrable donc par convergence dominée,

${\displaystyle F(\xi )=\sum _{n\in \mathbb {N} }\int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-\alpha x^{2}}{\frac {(-\mathrm {i} \xi x)^{n}}{n!}}\,\mathrm {d} x=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {(-\mathrm {i} \xi )^{n}}{n!}}\times \int _{-\infty }^{+\infty }\mathrm {e} ^{-\alpha x^{2}}x^{n}\,\mathrm {d} x=\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {(-\mathrm {i} \xi )^{2k}}{(2k)!}}\times {\frac {(2k)!}{2^{k}k!}}{\frac {1}{(2\alpha )^{k}}}{\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}}$

(d'après l'expression des moments d'une loi normale centrée) et finalement,

${\displaystyle F(\xi )={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {(-\xi ^{2})^{k}}{k!(4\alpha )^{k}}}={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}\mathrm {e} ^{-{\frac {\xi ^{2}}{4\alpha }}}}$.