Calcul d'une primitive

Witten · 17/09/2005 - 10h54

Je crois que je vais arreter mon calcule avec cette primitive car elle est très/trop difficile. Je ne crois pas que mon exercice fasse appelle à des notions aussi difficile, et je crois donc que je suis sur la mauvaise voie

.

Quand à savoir si on apprend bien les choses, je ne pense pas qu'on puisse en juger soi-même. Mais c'est un tout autre débat.

Moi je considère avoir bien compris quelque chose si je sais résoudre des exercices pris au hazard (que je n'ai encore jamais fait avant), sans trop de difficulté, et sans avoir besoin de regardé le cours, ou quoi que se soit d'autre. Bien sur je verifie le résultat (si il y a un corrigé), ou je demande à quelqu'un de verifié.

martini_bird · 17/09/2005 - 11h19

Salut,

le calcul se présente ainsi, avec le changement de variable polaire:

$\left( \int_0^{+\infty} e^{-t^2}dt\right)^2=\int_0^{+ \infty} \int_0^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy= \int_{0}^{\pi/2}\int_0^{+\infty}e^{-r^2} rdr d\theta=\frac{\pi}{4}$

Cordialement.

GuYem · 17/09/2005 - 11h22

Envoyé par evariste_galois

Es-tu sûre que l'intégrale existe pour n'importe quel réel a?

Tu cherches la petite bète evariste

t'as raison.
Il faut prendre a différent de 0.

Pour la démonstration de la formule que j'ai écrite, comme je t'ai dit, on élève l'intégrale au carré, on met des coups de Fubini pour se ramener à une intégrale double dans laquelle apparaitra un truc du genre x²+y². D'où l'idée de passer en polaire. Aprés ce passage le résultat tombe assez vite : l'intégrale au carré vaut 2Pi et voilà.
C'estun résumé, tu peux le faire toi-même si tu veux.

Maintenant pour calculer l'intégrale qui t'intéresse :

$\int e^{-ax^2} dx$
on essaye de se ramener à celle que j'ai écrite, donc on pose
$y =\sqrt{2a} x$ si bien que $ax^2 = \frac{y^2}{2}$ . Ainsi :
$"= \frac{1}{\sqrt{2a}} \int e^{-\frac{y^2}{2}} dy = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$

EDIT : attention, martini intègre sur R+, j'intègre sur R. Mais pour la démonstration il faut faire comme il a fait et utiliser la parité de la fonction.

Witten · 17/09/2005 - 12h12

Merci GuYem et Martini_bird, là vous avez fait mon bonheur

. Avec la réponse que tu as calculé pour moi GuYem, racine de Pi sur a, je vais pouvoir terminer mon exercice.

Je vais aussi essayer de comprendre la démonstration Martini_bird, mais je sens que ça va pas être pour demain. Surtout que je ne suis pas familiarisé avec le passage de coordonnées cartésienne au coordonnées polaire. Mais je finirais bien par comprendre.

Witten · 18/09/2005 - 11h54

Salut,

Envoyé par martini_bird

$\left( \int_0^{+\infty} e^{-t^2}dt\right)^2=\int_0^{+ \infty} \int_0^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy= \int_{0}^{\pi/2}\int_0^{+\infty}e^{-r^2} rdr d\theta=\frac{\pi}{4}$

J'ai presque compris le calcul

, la seul chose que je ne comprend pas c'est d'où vient ce "r" dans la troisième égalitée. Je suppose qu'il doit venir de la transformation de dx et dy en dr et d(theta), mais je ne vois pas comment.

GuYem · 18/09/2005 - 13h24

Tu as bien compris.
Lors d'un passage en polaire, l'élément de surface dx_dy devient r.dr_dtheta.
Pour le voir il suffit de regarder les changements de variables et faire des choses trés formelles sur les dr, dtheta, dx, dy du genre :

$r^2=x^2+y^2 \rightarrow rdr=xdx+ydy$

$\theta = arctan(\frac{y}{x}) \rightarrow d\theta = \frac{xdy - ydx}{x^2} \frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}} = \frac{xdy - ydx}{x^2 + y^2} = \frac{xdy - ydx}{r^2}$

Du coup on mutliplie et ... et j'y arrive plus mais c'est bien parti

Witten · 18/09/2005 - 14h01

C'est bon j'ai compris, je me suis fait un petit dessin avec les éléments de surface en coordonnés rectangulaire et polaire, et je vois que c'est comme ça qu'il faut transformer.