$$\newcommand{\mtn}{\mathbb{N}}\newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*}\newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}}\newcommand{\mtr}{\mathbb{R}}\newcommand{\mtk}{\mathbb{K}}\newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}}\newcommand{\mtc}{\mathbb{C}}\newcommand{\mch}{\mathcal{H}}\newcommand{\mcp}{\mathcal{P}}\newcommand{\mcb}{\mathcal{B}}\newcommand{\mcl}{\mathcal{L}}
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Lien copié ✅
\'Equivalent de la queue de la gaussienne - Bibm@th.net
Enoncé 
- Justifier la convergence de $\int_0^{+\infty}e^{-t^2}dt$.
- Démontrer que, pour tout $x>0$, on a
$$\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt=\frac{e^{-x^2}}{2x}-\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt.$$
- En déduire un équivalent simple de $\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
Indication 
- Comparer avec $t^2$.
- Intégrer par parties.
- Appliquer le théorème d'intégration des relations de comparaison pour "éliminer" la dernière intégrale dans l'égalité de la question précédente.
Corrigé
- La fonction $t\mapsto e^{-t^2}$ est continue sur $[0,+\infty[$. De plus, $\lim_{t\to+\infty}t^2e^{-t^2}=0$ et donc par comparaison à une intégrale de Riemann convergente,
$\int_0^{+\infty}e^{-t^2}dt$ converge.
- Il suffit d'intégrer par parties en écrivant que
$$e^{-t^2}=\frac{-1}{2t}\times \big(-2te^{-t^2}\big),$$
et en intégrant $-2te^{-t^2}$.
- On sait que
$$\frac{e^{-t^2}}{2t^2}=_{+\infty}o\left(e^{-t^2}\right).$$
Par intégration des relations de comparaison (les fonctions étant positives et intégrables), on en déduit que
$$\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t^2}}{2t^2}=_{+\infty}o\left(\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt\right).$$
On en déduit, en reprenant le résultat de la deuxième question, que
$$\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt\sim_{+\infty}\frac{e^{-x^2}}{2x}.$$
Remarquons que même si l'on ne connait pas le théorème d'intégration des relations de comparaison, il est très facile de prouver que
$$\int_x^{+\infty}\frac{e^{-t^2}}{2t^2}=_{x\to +\infty}o\left(\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt\right).$$
En effet, pour tout $t\geq x$, on a
$$0\leq \frac{e^{-t^2}}{2t^2}\leq \frac{e^{-t^2}}{2x^2}$$
d'où l'on tire que
$$0\leq \int_x^{+\infty} \frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt\leq \frac{1}{2x^2}\int_x^{+\infty} e^{-t^2}dt$$
ce qui montre immédiatement le résultat voulu puisque $1/2x^2$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
