car
1 +
1
2n
2n
= exp
2nln
1 +
1
2n
−−→
n→∞
e ,
et
2π(2n + 1) ∼
√
4πn = 2
√
πn.
Par conséquent
(2n + 1)! ∼ (2n + 1)(2n)
2n e
−2n 2
√
πn.
Il vient donc, en simplifiant avec soin les expressions :
(n!) 2 √
n 2 2n+1
(2n + 1)!
∼
2πn 2n+1 e −2n √
n 2 2n+1
(2n + 1)2 2n n 2n e −2n 2
√
πn
∼
2n
√
π
(2n + 1)
et cette dernière expression tend vers
√
π quand n tend vers +∞. On en
déduit que
1
2
=
√
π.
Par définition,
1
2
=
+∞
0
t
− 1
2 e
−t dt . Le changement de variable u = t
1
2
donne alors
1
2
= 2
+∞
0
e
−u 2
du , donc
+∞
0
e
−u 2
du =
1
2
√
π .
Exercice 7.10 : Intégrale de Gauss
Pour tout réel positif x on pose :
f (x) =
x
0
e
−t 2 dt
2
g(x) =
1
0
e −x 2 (1+t 2 )
1 + t 2 dt
1. Montrer que f et g sont bien définies et calculer leur dérivée. On ne cherchera
pas à calculer les intégrales qui interviendront.
2. Montrer que, pour tout réel positif x, f (x) + g(x) =
π
4
.
3. Déterminer la limite de g en +∞.
4. En déduire la valeur de
+∞
0
e
−t 2 dt.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 7 • Intégration