La fonction $t\mapsto {\mathrm{e}}^{-t^2}{t}^n$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ car

$$t^2\times {\mathrm{e}}^{-t^2}{t}^n=t^{n+2}{\mathrm{e}}^{-t^2}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

L’intégrale définissant $G(n)$ est donc convergente.

Pour calculer celle-ci, on dispose de la fonction quad de la librairie scipy.integrate.

import numpy as np
import scipy.integrate as integr

def G(n):
    return integr.quad(lambda t: np.exp(-t**2)*t**n, 0, np.inf)[0]

for n in range(31):
    print(f"G({n}) = {G(n)}")

Par intégration par parties généralisée,

	$G_n$	$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}t{\mathrm{e}}^{-t^2}{t}^{n-1}dt={\left[-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^{-t^2}{t}^{n-1}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\displaystyle \frac{n-1}{2}}{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\mathrm{e}}^{-t^2}{t}^{n-2}dt$
		$={\displaystyle \frac{n-1}{2}}{G}_{n-2}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\ge 2\text{.}$

On en déduit, pour $p\in \mathbb{N}$,

$$G_{2p}=\frac{(2p)!}{2^{2p}p!}{G}_0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{G}_{2p+1}=p!G_1\text{ avec }{G}_1=\frac{1}{2}\text{.}$$

On programme la fonction factorielle avant d’employer les formules qui précèdent pour évaluer $G_n$ selon la parité de $n$.

def fact(n):
    if n == 0:
        return 1
    return n * fact(n-1)

def Gbis(n):
    if n % 2 == 0:
        return fact(n)/2**n/fact(n/2) * G(0)
    else:
        return fact((n-1)/2) / 2

Dans le cas où $n$ est pair, cette méthode n’est pas plus efficace ni plus précise que la précédente sauf si l’on connaît déjà la valeur de $G_0$ (intégrale de Gauss, calculée plus loin). Dans le cas où $n$ est impair, cette méthode est plus efficace et plus précise tant que la valeur de $n$ est «  raisonnable  ».

Pour tout $x\in ℝ$, l’intégrale définissant $f(x)$ existe en tant qu’intégrale sur un segment d’une fonction continue par morceaux.

Posons

$$u(x,t)=\frac{{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour }x\in ℝ\text{ et }t\in [0;1]\text{.}$$

Pour tout $x\in ℝ$, la fonction $t\mapsto u(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0;1]$.

Pour tout $t\in [0;1]$, la fonction $x\mapsto u(x,t)$ est continue sur $ℝ$.

Enfin, pour tout $(x,t)\in ℝ\times [0;1]$,

$$\left|u(x,t)\right|=\frac{{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}\le \frac{1}{1+t^2}\le 1=\phi (t)\text{.}$$

La fonction $\phi :[0;1]\to {ℝ}_{+}$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0;1]$. Par domination, $f$ est continue sur $ℝ$.

Clairement, la fonction $f$ est paire. Pour $x,y\ge 0$ avec $x\le y$, on a

$$\forall t\in [0;1],{\mathrm{e}}^{-y^2(1+t^2)}\le {\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}\text{.}$$

Par intégration en bon ordre, il vient $f(y)\le f(x)$. La fonction $f$ est décroissante sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ (et donc croissante sur $]-\mathrm{\infty };0]$ par parité).

Enfin, pour $x\in ℝ$,

$$0\le f(x)\le {\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{-x^2}}{1+t^2}dt=\frac{\pi }{4}{\mathrm{e}}^{-x^2}\text{.}$$

Par encadrement,

$$f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Par parité,

$$f(x)\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Pour tout $t\in [0;1]$, la fonction $x\mapsto u(x,t)$ est dérivable avec

$$\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)=-2x{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}\text{.}$$

Cette dérivée partielle est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$.

Soit $a>0$. Pour $x\in [-a;a]$ et $t\in [0;1]$,

$$\left|\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right|=2|x|{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}\le 2a=\psi (t)\text{.}$$

La fonction $\psi :[0;1]\to {ℝ}_{+}$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0;1]$. Par domination sur tout segment, $f$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $ℝ$ avec

$$\forall x\in ℝ,f^{\prime }(x)={\int }_0^1-2x{\mathrm{e}}^{-x^2(1+t^2)}\mathrm{d}t=-2{\mathrm{e}}^{-x^2}{\int }_0^{1}x{\mathrm{e}}^{-{(xt)}^2}dt\underset{s=xt}{=}-2{\mathrm{e}}^{-x^2}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-s^2}dx\text{.}$$

On reconnaît la dérivée de la fonction introduite dans l’énoncé et il existe donc une constante $C\in ℝ$ telle que

$$\forall x\in ℝ,f(x)={\left({\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t^2}dt\right)}^2+C\text{.}$$

Pour $x=0$, on détermine la valeur de $C$:

$$C={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\frac{\pi }{4}\text{.}$$

Par la limite en $+\mathrm{\infty }$, on détermine la valeur de $G_0$:

$$G_0=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\text{.}$$

La fonction

$$\phi :t\mapsto \frac{1-\cos (t)}{t^2}$$

est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ car

$$\phi (t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}(1/t^2)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\phi (t)\underset{t\to 0}{\overset{}{\to }}\frac{1}{2}\text{.}$$

La fonction $g:(x,t)\mapsto {\mathrm{e}}^{-xt}\frac{1-\cos (t)}{t^2}$ est continue sur ${ℝ}_{+}\times ]0;+\mathrm{\infty }[$ et dominée par $\phi$ donc $F$ est continue.

De plus, la fonction $\phi$ est bornée donc, pour $x>0$,

$$\left|F(x)\right|\le {\parallel \phi \parallel }_{\mathrm{\infty }}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-xt}dt=\frac{{\parallel \phi \parallel }_{\mathrm{\infty }}}{x}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

On en déduit que $F$ tend vers $0$ en $+\mathrm{\infty }$.

Les dérivées partielles $\frac{\partial g}{\partial x}$ et $\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x^2}$ existent sur ${ℝ}_{+}^{*}\times ]0;+\mathrm{\infty }[$.

$t\mapsto \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

Soit $[a;b]\subset {ℝ}_{+}^{*}$

$$\forall (x,t)\in [a;b]\times ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x^2}(x,t)\right|\le 2{\mathrm{e}}^{-at}=\psi (t)\text{.}$$

La fonction $\psi$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

Par domination sur tout segment, $F$ est de classe ${𝒞}^2$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et

$$F^{\prime \prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\left(1-\cos (t)\right)dt=\frac{1}{x}-\frac{x}{x^2+1}\text{.}$$

On a

$$F^{\prime }(x)=\ln (x)-\frac{1}{2}\ln (x^2+1)$$

car $F^{\prime }(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$ et

$$F(x)=x\ln (x)-x\ln \left(\sqrt{x^2+1}\right)-\arctan (x)+\frac{\pi }{2}$$

car $F(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$.

Par continuité, on obtient $F(0)=\pi /2$.

Par intégrations par parties généralisées,

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos (t)}{t^2}dt={\left[-\frac{1-\cos (t)}{t}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt$$

donc

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

Pour $x>0$, $t^2\frac{\sin (t)}{t}{\mathrm{e}}^{-tx}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$ donne l’intégrabilité de $t\mapsto \frac{\sin (t)}{t}{\mathrm{e}}^{-tx}$.
Pour $x=0$, il est connu que l’intégrale ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt$ est convergente bien que $t\mapsto \frac{\sin (t)}{t}$ ne soit pas intégrable.

Pour $x\in [a;b]\subset ]0;+\mathrm{\infty }[$,

$$\left|\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\sin (t)}{t}{\mathrm{e}}^{-tx}\right)\right|\le {\mathrm{e}}^{-ax}=\phi (x)$$

avec $\phi$ intégrable. Par domination sur tout segment $f$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.

Pour $x>0$,

$$f^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}-\sin (t){\mathrm{e}}^{-tx}\mathrm{d}t=\mathrm{Im}\left(-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{(-x+i)t}dt\right)=-\frac{1}{x^2+1}$$

donc $f(x)=C-\arctan (x)$.
Or

$$\left|f(x)\right|\le {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tx}dt=\frac{1}{x}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

donc

$$C=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

En découpant l’intégrale, on a

$$f(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{\sin (t)}{t}{\mathrm{e}}^{-tx}dt\text{.}$$

Posons

$$u_n(t)={\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{\sin (t)}{t}{\mathrm{e}}^{-tx}dt\text{.}$$

Par application du critère spécial des séries alternées, on établir que la série de fonctions continues $\sum u_n$ converge uniformément sur $[0;1]$, on en déduit que sa somme, à savoir la fonction $f$, est continue en 0. On peut conclure que

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

On réalise le changement de variable $t=u+n\pi$:

$$u_n(x)={(-1)}^n{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{-x(u+n\pi )}\frac{\sin (u)}{u+n\pi }du\text{.}$$

Ici

$$g_n(x,u)={\mathrm{e}}^{-x(u+n\pi )}\frac{\sin (u)}{u+n\pi }\text{.}$$

Pour tout $x\in {ℝ}_{+}$ et tout $u\in [0;\pi ]$, $g_n(x,u)\ge 0$ et $g_{n+1}(x,u)\le g_n(x,u)$ donc $u_n(x)={(-1)}^n\left|u_n(x)\right|$ avec ${\left(\left|u_n(x)\right|\right)}_{n\ge 0}$ décroissante. De plus,

$$\left|u_n(x)\right|\le {\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{d}u}{n\pi }=\frac{1}{n}\mathit{\hspace{1em}}\text{ pour }n\in {\mathbb{N}}^{*}$$

donc $\left|u_n(x)\right|\underset{n\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$. Par application du critère spécial, la série ${\sum }_{n\ge 0}{u}_n(x)$ converge et

$$\left|\sum _{k=n+1}^{+\mathrm{\infty }}{u}_k(x)\right|\le \left|u_{n+1}(x)\right|\le \frac{1}{n+1}\to 0$$

ce qui donne la convergence uniforme de la série de fonctions ${\sum }_{n\ge 0}{u}_n$.

La fonction $g_n$ est continue en $x$, continue par morceaux en $u$ et

$$\forall (x,u)\in [0;+\mathrm{\infty }[\times [0;\pi ],\left|g_n(x,u)\right|\le |\mathrm{sinc}u|\le 1\text{.}$$

Par domination, les fonctions $u_n$ sont continues.
Comme somme d’une série uniformément convergente de fonctions continues sur ${ℝ}_{+}$, la fonction $U$ est continue sur ${ℝ}_{+}$. De plus, par sommation d’intégrales contiguës

$$U(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-xt}\frac{\sin (t)}{t}dt$$

avec cette intégrale qui est définie quand $x>0$ et connue convergente quand $x=0$.

Posons

$$h(x,t)=\frac{{\mathrm{e}}^{-xt}\sin (t)}{t}$$

définie sur $]0;+\mathrm{\infty }[\times ]0;+\mathrm{\infty }[$.
Pour tout $x>0$, la fonction $t\mapsto h(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et intégrable car

$$f(x,t)\underset{t\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}1\text{ et }{t}^{2}f(x,t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

$h$ admet une dérivée partielle

$$\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)={\mathrm{e}}^{-xt}\sin (t)\text{.}$$

Celle-ci est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$.
Soit $[a;b]\subset ]0;+\mathrm{\infty }[$. On a

$$\forall (x,t)\in [a;b]\times ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|\frac{\partial h}{\partial x}(x,t)\right|\le {\mathrm{e}}^{-at}=\phi (t)\text{.}$$

La fonction $\phi$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Par domination sur tout segment, on obtient $U$ de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et

$$U^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tx}\sin (t)dt\text{.}$$

En exploitant

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tx}\sin (t)dt=\mathrm{Im}\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tx}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}t}dt\right)$$

on obtient

$$U^{\prime }(x)=\frac{-1}{1+x^2}\text{.}$$