La méthode de Laplace - Laplace's method

Borne inférieure : Soit . Puisque est continue il existe tel que si alors Par le théorème de Taylor , pour tout${\displaystyle \varepsilon >0}$${\style d'affichage f''}$${\displaystyle \delta >0}$${\displaystyle |x_{0}-c|<\delta }$${\displaystyle f''(c)\geq f''(x_{0})-\varepsilon .}$${\displaystyle x\in (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ),}$

${\displaystyle f(x)\geq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})-\varepsilon )(x-x_{0})^ {2}.}$

On a alors la borne inférieure suivante :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx&\geq \int _{x_{0}-\delta }^{x_{0} +\delta }e^{nf(x)}\,dx\\&\geq e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\delta }^{x_{0}+ \delta }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_{0})-\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&= e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {1}{n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}\int _{-\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}^{\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}e^{ -{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\end{aligned}}}$

où la dernière égalité a été obtenue par un changement de variables

${\displaystyle y={\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}(x-x_{0}).}$

Rappelez-vous que nous pouvons prendre la racine carrée de sa négation. ${\style d'affichage f''(x_{0})<0}$

Si nous divisons les deux côtés de l'inégalité ci-dessus par

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$

et prenons la limite que nous obtenons :

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\geq \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{ \sqrt {2\pi }}}\int _{-\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}^{\delta {\sqrt {n(- f''(x_{0})+\varepsilon )}}}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\,\cdot {\sqrt {\frac { -f''(x_{0})}{-f''(x_{0})+\varepsilon }}}={\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f ''(x_{0})+\varepsilon }}}}$

puisque cela est vrai pour arbitraire, nous obtenons la borne inférieure : ${\displaystyle \varepsilon }$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\geq 1}$

Notez que cette preuve fonctionne aussi quand ou (ou les deux). ${\displaystyle a=-\infty }$${\displaystyle b=\infty }$

Borne supérieure : La preuve est similaire à celle de la borne inférieure mais il y a quelques inconvénients. Encore une fois, nous commençons par choisir un mais pour que la preuve fonctionne, nous avons besoin d' assez petit pour que Alors, comme ci-dessus, par continuité de et le théorème de Taylor, nous pouvons trouver que si , alors ${\displaystyle \varepsilon >0}$${\displaystyle \varepsilon }$${\displaystyle f''(x_{0})+\varepsilon <0.}$${\style d'affichage f''}$${\displaystyle \delta >0}$${\displaystyle |x-x_{0}|<\delta }$

${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})+{\frac {1}{2}}(f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^ {2}.}$

Enfin, par nos hypothèses (en supposant qu'elles soient finies) il existe un tel que si , alors . ${\style d'affichage a,b}$${\displaystyle \eta >0}$${\displaystyle |x-x_{0}|\geq \delta }$${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})-\eta }$

On peut alors calculer la borne supérieure suivante :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx&\leq \int _{a}^{x_{0}-\delta }e^ {nf(x)}\,dx+\int _{x_{0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0} +\delta }^{b}e^{nf(x)}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+\int _{x_ {0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{nf(x)}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\ eta )}+e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\delta }^{x_{0}+\delta }e^{{\frac {n}{2}} (f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0}) -\eta )}+e^{nf(x_{0})}\int _{-\infty }^{+\infty }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_ {0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (ba)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+ e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0})-\varepsilon )}}}\end{aligned}}}$

Si nous divisons les deux côtés de l'inégalité ci-dessus par

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}$

et prenons la limite que nous obtenons :

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\leq \lim _{n\to \infty }(ba)e^{- \eta n}{\sqrt {\frac {n(-f''(x_{0}))}{2\pi }}}+{\sqrt {\frac {-f''(x_{0}) }{-f''(x_{0})-\varepsilon }}}={\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f''(x_{0})-\ varepsilon }}}}$

Puisque est arbitraire, nous obtenons la borne supérieure : ${\displaystyle \varepsilon }$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}) }{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}\leq 1}$

Et en combinant cela avec la borne inférieure donne le résultat.

Notez que la preuve ci-dessus échoue évidemment quand ou (ou les deux). Pour traiter ces cas, nous avons besoin de quelques hypothèses supplémentaires. Une hypothèse suffisante (pas nécessaire) est que pour${\displaystyle a=-\infty }$${\displaystyle b=\infty }$${\style d'affichage n=1,}$

${\displaystyle \int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx<\infty ,}$

et que le nombre comme ci-dessus existe (notez que cela doit être une hypothèse dans le cas où l'intervalle est infini). La preuve procède autrement comme ci-dessus, mais avec une approximation légèrement différente des intégrales : ${\style d'affichage \eta }$${\style d'affichage [a,b]}$

${\displaystyle \int _{a}^{x_{0}-\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0}+\delta }^{b}e^{nf (x)}\,dx\leq \int _{a}^{b}e^{f(x)}e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta )}\, dx=e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta )}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx.}$

Quand on divise par

${\displaystyle e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}},}$

on obtient pour ce terme

${\displaystyle {\frac {e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta )}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx} {e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0}))}}}}}=e^{-(n- 1)\eta }{\sqrt {n}}e^{-f(x_{0})}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx{\sqrt {\ frac {-f''(x_{0})}{2\pi }}}}$

dont la limite telle qu'elle est . Le reste de la preuve (l'analyse du terme intéressant) se déroule comme ci-dessus. ${\displaystyle n\to \infty }$${\style d'affichage 0}$

La condition donnée dans le cas de l'intervalle infini est, comme dit ci-dessus, suffisante mais pas nécessaire. Cependant, la condition est remplie dans de nombreuses applications, sinon dans la plupart : la condition dit simplement que l'intégrale que nous étudions doit être bien définie (pas infinie) et que le maximum de la fonction à doit être un "vrai" maximum (le numéro doit exister). Il n'est pas nécessaire d'exiger que l'intégrale soit finie pour mais il suffit d'exiger que l'intégrale soit finie pour certains${\style d'affichage x_{0}}$${\displaystyle \eta >0}$${\style d'affichage n=1}$${\style d'affichage n=N.}$

1. Erreur relative

L'« approximation » dans cette méthode est liée à l' erreur relative et non à l' erreur absolue . Par conséquent, si nous posons

${\displaystyle s={\sqrt {\frac {2\pi }{M\left|f''(x_{0})\right|}}}.}$

l'intégrale peut s'écrire sous la forme

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}e^{Mf(x)}\,dx&=se^{Mf(x_{0})}{\frac {1}{s }}\int _{a}^{b}e^{M(f(x)-f(x_{0}))}\,dx\\&=se^{Mf(x_{0})}\ int _{\frac {a-x_{0}}{s}}^{\frac {b-x_{0}}{s}}e^{M(f(sy+x_{0})-f( x_{0}))}\,dy\end{aligné}}}$

où est un petit nombre quand est un grand nombre évidemment et l'erreur relative sera ${\style d'affichage s}$${\style d'affichage M}$

${\displaystyle \left|\int _{\frac {a-x_{0}}{s}}^{\frac {b-x_{0}}{s}}e^{M(f(sy+x_ {0})-f(x_{0}))}dy-1\right|.}$

Séparons maintenant cette intégrale en deux parties : la région et le reste. ${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$

2. autour du point stationnaire quand est assez grand${\displaystyle e^{M(f(sy+x_{0})-f(x_{0}))}\to e^{-\pi y^{2}}}$${\style d'affichage M}$

Regardons le développement de Taylor d' environ x ₀ et traduisons x en y parce que nous faisons la comparaison dans l'espace y, nous obtiendrons ${\style d'affichage M(f(x)-f(x_{0}))}$

${\displaystyle M(f(x)-f(x_{0}))={\frac {Mf''(x_{0})}{2}}s^{2}y^{2}+{\ frac {Mf'''(x_{0})}{6}}s^{3}y^{3}+\cdots =-\pi y^{2}+O\left({\frac {1} {\sqrt {M}}}\droit).}$

Notez que parce que est un point stationnaire. À partir de cette équation, vous constaterez que les termes supérieurs à la dérivée seconde dans ce développement de Taylor sont supprimés dans l'ordre de ce qui se rapprochera de la fonction gaussienne, comme le montre la figure. Outre, ${\style d'affichage f'(x_{0})=0}$${\style d'affichage x_{0}}$${\displaystyle {\tfrac {1}{\sqrt {M}}}}$${\displaystyle \exp(M(f(x)-f(x_{0})))}$

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-\pi y^{2}}dy=1.}$

Le chiffre de avec est égal à 1, 2 et 3, et la ligne rouge est la courbe de fonction .${\displaystyle e^{M[f(sy+x_{0})-f(x_{0})]}}$${\style d'affichage M}$${\displaystyle e^{-\pi y^{2}}}$

3. Plus la plage est grande , plus la plage de est liée${\style d'affichage M}$${\style d'affichage x}$

Parce que nous faisons la comparaison dans l'espace y, est fixé dans lequel provoquera ; cependant, est inversement proportionnel à , la région choisie de sera plus petite lorsque est augmenté. ${\style d'affichage y}$${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$${\displaystyle x\in [-sD_{y},sD_{y}]}$${\style d'affichage s}$${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\style d'affichage x}$${\style d'affichage M}$

4. Si l'intégrale dans la méthode de Laplace converge, la contribution de la région qui n'est pas autour du point stationnaire de l'intégration de son erreur relative tendra vers zéro à mesure qu'elle grandit.${\style d'affichage M}$

En se basant sur le 3ème concept, même si nous choisissons un très grand D _y , sD _y sera finalement un très petit nombre lorsqu'il sera porté à un grand nombre. Alors, comment pouvons-nous garantir que l'intégrale du reste tendra vers 0 lorsqu'elle sera suffisamment grande ? ${\style d'affichage M}$${\style d'affichage M}$

L'idée de base est de trouver une fonction telle que et l'intégrale de tendra vers zéro lorsqu'elle grandira. Parce que la fonction exponentielle de sera toujours supérieure à zéro tant qu'il s'agit d'un nombre réel, et cette fonction exponentielle est proportionnelle à l'intégrale de tendra vers zéro. Pour plus de simplicité, choisissez comme tangente au point comme indiqué sur la figure : ${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage m(x)\geq f(x)}$${\style d'affichage e^{Mm(x)}}$${\style d'affichage M}$${\style d'affichage Mm(x)}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage m(x),}$${\style d'affichage e^{Mf(x)}}$${\style d'affichage m(x)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$

${\style d'affichage m(x)}$est désigné par les deux lignes tangentes passant par . Lorsque devient plus petit, la zone de couverture sera plus grande.${\displaystyle x=\pm sD_{y}+x_{0}}$${\displaystyle sD_{y}}$

Si l'intervalle d'intégration de cette méthode est fini, nous constaterons que peu importe ce qui se passe dans la région de repos, il sera toujours plus petit que celui indiqué ci-dessus lorsqu'il est suffisamment grand. D'ailleurs, il sera prouvé plus tard que l'intégrale de tendra vers zéro lorsqu'elle sera suffisamment grande. ${\style d'affichage f(x)}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage M}$${\style d'affichage e^{Mm(x)}}$${\style d'affichage M}$

Si l'intervalle de l'intégration de cette méthode est infini, et pourrait toujours se croiser. Si tel est le cas, nous ne pouvons garantir que l'intégrale de tendra finalement vers zéro. Par exemple, dans le cas de divergeront toujours. Par conséquent, nous devons exiger que puisse converger pour le cas de l'intervalle infini. Si c'est le cas, cette intégrale tendra vers zéro lorsqu'elle sera suffisamment grande et nous pouvons la choisir comme croix de et${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage f(x)}$${\style d'affichage e^{Mf(x)}}$${\displaystyle f(x)={\tfrac {\sin(x)}{x}},}$ ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{Mf(x)}dx}$${\displaystyle \int _{d}^{\infty }e^{Mf(x)}dx}$${\style d'affichage d}$${\style d'affichage d}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage f(x).}$

Vous pourriez vous demander pourquoi ne pas choisir comme intégrale convergente ? Permettez-moi d'utiliser un exemple pour vous montrer la raison. Supposons que le reste de is alors et que son intégrale diverge ; cependant, lorsque l'intégrale de converge. Ainsi, l'intégrale de certaines fonctions divergera lorsque le nombre n'est pas grand, mais elles convergeront lorsqu'il sera suffisamment grand. ${\displaystyle \int _{d}^{\infty }e^{f(x)}dx}$${\style d'affichage f(x)}$${\style d'affichage -\ln x,}$${\displaystyle e^{f(x)}={\tfrac {1}{x}}}$${\style d'affichage M=2,}$${\displaystyle e^{Mf(x)}={\tfrac {1}{x^{2}}}}$${\style d'affichage M}$${\style d'affichage M}$

Tout d'abord, utilisez pour désigner le maximum global, ce qui simplifiera cette dérivation. On s'intéresse à l'erreur relative, notée , ${\style d'affichage x_{0}=0}$${\style d'affichage |R|}$

${\displaystyle \int _{a}^{b}h(x)e^{Mg(x)}\,dx=h(0)e^{Mg(0)}s\underbrace {\int _{a /s}^{b/s}{\frac {h(x)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}dy} _{1 +R},}$

où

${\displaystyle s\equiv {\sqrt {\frac {2\pi }{M\left|g''(0)\right|}}}.}$

Donc, si on laisse

${\displaystyle A\equiv {\frac {h(sy)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}}$

et , on peut obtenir ${\displaystyle A_{0}\equiv e^{-\pi y^{2}}}$

${\displaystyle \left|R\right|=\left|\int _{a/s}^{b/s}A\,dy-\int _{-\infty }^{\infty }A_{0} \,dy\right|}$

depuis . ${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }A_{0}\,dy=1}$

Pour la borne supérieure, notons qu'ainsi on peut séparer cette intégration en 5 parties avec 3 types différents (a), (b) et (c), respectivement. Par conséquent, ${\style d'affichage |A+B|\leq |A|+|B|,}$

${\displaystyle |R|<\underbrace {\left|\int _{D_{y}}^{\infty }A_{0}dy\right|} _{(a_{1})}+\underbrace {\ gauche|\int _{D_{y}}^{b/s}Ady\right|} _{(b_{1})}+\underbrace {\left|\int _{-D_{y}}^{ D_{y}}\gauche(A-A_{0}\right)dy\right|} _{(c)}+\underbrace {\left|\int _{a/s}^{-D_{y} }Ady\right|} _{(b_{2})}+\underbrace {\left|\int _{-\infty }^{-D_{y}}A_{0}dy\right|} _{( a_{2})}}$

où et sont similaires, calculons simplement et et sont similaires aussi, je vais simplement calculer . ${\style d'affichage (a_{1})}$${\style d'affichage (a_{2})}$${\style d'affichage (a_{1})}$${\style d'affichage (b_{1})}$${\style d'affichage (b_{2})}$${\style d'affichage (b_{1})}$

Car , après la traduction de , on peut obtenir ${\style d'affichage (a_{1})}$${\displaystyle z\equiv \pi y^{2}}$

${\displaystyle (a_{1})=\left|{\frac {1}{2{\sqrt {\pi }}}}\int _{\pi D_{y}^{2}}^{\infty }e^{-z}z^{-1/2}dz\right|<{\frac {e^{-\pi D_{y}^{2}}}{2\pi D_{y}}} .}$

Cela signifie que tant qu'il est suffisamment grand, il tendra vers zéro. ${\displaystyle D_{y}}$

Pour , nous pouvons obtenir ${\style d'affichage (b_{1})}$

${\displaystyle (b_{1})\leq \left|\int _{D_{y}}^{b/s}\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right ]_{\text{max}}e^{Mm(sy)}dy\right|}$

où

${\displaystyle m(x)\geq g(x)-g(0){\text{as}}x\in [sD_{y},b]}$

et devrait avoir le même signe de pendant cette région. Choisissons comme tangente au point en , c'est- à -dire qui est représenté sur la figure ${\style d'affichage h(x)}$${\style d'affichage h(0)}$${\style d'affichage m(x)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$${\displaystyle m(sy)=g(sD_{y})-g(0)+g'(sD_{y})\left(sy-sD_{y}\right)}$

${\style d'affichage m(x)}$est les lignes tangentes à travers le point à .${\displaystyle x=sD_{y}}$

À partir de cette figure, vous pouvez constater que lorsque ou devient plus petit, la région satisfait l'inégalité ci-dessus deviendra plus grande. Par conséquent, si nous voulons trouver un approprié pour couvrir l'ensemble pendant l'intervalle de , aura une limite supérieure. De plus, comme l'intégration de est simple, permettez-moi de l'utiliser pour estimer l'erreur relative apportée par ce . ${\style d'affichage s}$${\displaystyle D_{y}}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage f(x)}$${\style d'affichage (b_{1})}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle e^{-\alpha x}}$${\style d'affichage (b_{1})}$

En se basant sur l'expansion de Taylor, on peut obtenir

${\displaystyle {\begin{aligned}M\left[g(sD_{y})-g(0)\right]&=M\left[{\frac {g''(0)}{2}}s ^{2}D_{y}^{2}+{\frac {g'''(\xi )}{6}}s^{3}D_{y}^{3}\right]&&{\text {as }}\xi \in [0,sD_{y}]\\&=-\pi D_{y}^{2}+{\frac {(2\pi )^{3/2}g'' '(\xi )D_{y}^{3}}{6{\sqrt {M}}|g''(0)|^{\frac {3}{2}}}},\end{aligned} }}$

et

${\displaystyle {\begin{aligned}Msg'(sD_{y})&=Ms\left(g''(0)sD_{y}+{\frac {g'''(\zeta )}{2} }s^{2}D_{y}^{2}\right)&&{\text{as }}\zeta \in [0,sD_{y}]\\&=-2\pi D_{y}+ {\sqrt {\frac {2}{M}}}\left({\frac {\pi }{|g''(0)|}}\right)^{\frac {3}{2}}g '''(\zeta )D_{y}^{2},\end{aligned}}}$

puis les replacer dans le calcul de ; Cependant, vous pouvez constater que les restes de ces deux expansions sont tous deux inversement proportionnels à la racine carrée de , laissez-moi les supprimer pour embellir le calcul. Les garder c'est mieux, mais ça va rendre la formule plus moche. ${\style d'affichage (b_{1})}$${\style d'affichage M}$

${\displaystyle {\begin{aligned}(b_{1})&\leq \left|\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right]_{\max }e^ {-\pi D_{y}^{2}}\int _{0}^{b/s-D_{y}}e^{-2\pi D_{y}y}dy\right|\\& \leq \left|\left[{\frac {h(sy)}{h(0)}}\right]_{\max }e^{-\pi D_{y}^{2}}{\frac {1}{2\pi D_{y}}}\right|.\end{aligned}}}$

Par conséquent, il tendra vers zéro lorsqu'il grandira, mais n'oubliez pas que la limite supérieure de doit être prise en compte lors de ce calcul. ${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle D_{y}}$

A propos de l'intégration près de , nous pouvons également utiliser le théorème de Taylor pour le calculer. Lorsque${\style d'affichage x=0}$${\style d'affichage h'(0)\neq 0}$

${\displaystyle {\begin{aligned}(c)&\leq \int _{-D_{y}}^{D_{y}}e^{-\pi y^{2}}\left|{\frac {sh'(\xi )}{h(0)}}y\right|\,dy\\&<{\sqrt {\frac {2}{\pi M|g''(0)|}}} \left|{\frac {h'(\xi )}{h(0)}}\right|_{\max }\left(1-e^{-\pi D_{y}^{2}}\ à droite)\end{aligné}}}$

et vous pouvez constater qu'il est inversement proportionnel à la racine carrée de . En fait, aura le même comportement quand est une constante. ${\style d'affichage M}$${\style d'affichage (c)}$${\style d'affichage h(x)}$

En conclusion, l'intégrale près du point stationnaire deviendra plus petite à mesure qu'elle grandira, et les parties restantes auront tendance à zéro tant qu'elle sera suffisamment grande ; Cependant, nous devons nous rappeler que cela a une limite supérieure qui est déterminée par le fait que la fonction est toujours plus grande que dans la région de repos. Cependant, tant que nous pouvons en trouver un satisfaisant cette condition, la borne supérieure de peut être choisie comme directement proportionnelle à puisque est une tangente à travers le point de à . Donc, plus c'est gros, plus c'est gros . ${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle D_{y}}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage g(x)-g(0)}$${\style d'affichage m(x)}$${\displaystyle D_{y}}$${\displaystyle {\sqrt {M}}}$${\style d'affichage m(x)}$${\style d'affichage g(x)-g(0)}$${\displaystyle x=sD_{y}}$${\style d'affichage M}$${\displaystyle D_{y}}$