Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b$ et $f$ une fonction dérivable sur l’intervalle $[a,b].$
Le but de cet article est de donner une majoration explicite de l’erreur commise en remplaçant le calcul de l’intégrale $\int_{a}^b f(t)\dt$ par $(b-a)f(m)$ où $m = \frac{a+b}{2}$ désigne le milieu de l’intervalle $[a,b]$ puis en subdivisant de façon régulière l’intervalle $[a,b]$ de façon uniforme.
Dans la suite, vous noterez $M_1 =\mathrm{Sup}\{\vert f^{\prime}(x)\vert, x\in[a,b]\} \in \R_{+}\cup \{+\infty\}.$
Trouvez une première majoration
L’idée de départ consiste à majorer la quantité :
\left\vert\int_a^b f(t)\dt - (b-a)f(m)\right\vert.
Vous y parvenez en remarquant que $b-a$ est l’intégrale $\int_a^b \dt.$
Du coup :
\begin{align*}
\left\vert\int_a^b f(t)\dt - (b-a)f(m)\right\vert &= \left\vert\int_a^b f(t)\dt - f(m)\int_a^b \dt\right\vert \\
&= \left\vert\int_a^b f(t)\dt - \int_a^b f(m)\dt\right\vert \\
&= \left\vert\int_a^b (f(t)- f(m))\dt\right\vert \\
&= \int_a^b \left\vert f(t)- f(m) \right\vert\dt \\
\end{align*}ll vous reste à majorer la quantité $\left\vert f(t)- f(m) \right\vert$, lorsque $t\in[a,b].$
Fixez $t\in[a,b]\setminus \{m\}$ et considérez la fonction $g$ définie sur $[a,b]$ par $g(x) = f(x)-f(m)-A(x-m)$ où $A$ est le réel défini par $\frac{f(t)-f(m)}{t-m}$, de sorte que $g(t) =0.$ Comme $g(m)=0$ et que $t\neq m$, l’application du théorème de Rolle à la fonction $g$ fournit l’existence d’un réel $c$ strictement compris entre $t$ et $m$ tel que $g'(c)=0.$ Du coup, $f^{\prime}(c)-A = 0.$ La nullité de $g(t)$ fournit l’égalité $f(t)-f(m) = f'(c)(t-m).$
Si $t=m$, l’égalité $f(t)-f(m) = f'(m)(t-m)$ est satisfaite. Vous avez donc montré :
\boxed{\forall t\in[a,b], \exists c\in]a,b[,f(t)-f(m) = f'(c)(t-m).}Vous déduisez donc:
\boxed{\forall t\in[a,b], \vert f(t)-f(m) \vert\leq M_1\vert t-m\vert.}Note : cette inégalité est aussi appelée « inégalité des accroissements finis. »
Vous poursuivez les majorations :
\begin{align*}
\left\vert\int_a^b f(t)\dt - (b-a)f(m)\right\vert &\leq M_1\int_a^b \vert t-m\vert\dt\\
&\leq M_1\int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} \vert u\vert\,\mathrm{d}u\\
&\leq 2M_1\int_{0}^{(b-a)/2} \vert u\vert\,\mathrm{d}u\\
&\leq 2M_1\int_{0}^{(b-a)/2} u\,\mathrm{d}u\\
&\leq 2M_1\times \frac{((b-a)/2)^2}{2}\\
&\leq\frac{M_1(b-a)^2}{4}.
\end{align*}Soit $n\in\NN.$ Subdivisez l’intervalle $[a,b]$ en $n$ parties égales, en posant $a_k = a+k\frac{b-a}{n}$, lorsque $k$ parcourt l’intervalle $\llbracket 0, n\rrbracket.$
Pour plus de lisibilité, notez, pour tout $k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket, t_k = a+\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{b-a}{n}$ les points milieux.
Soit maintenant $k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket.$ D’après ce qui précède :
\begin{align*}
\left\vert\int_{a_k}^{a_{k+1}} f(t)\dt - \frac{b-a}{n}f\left(t_k\right)\right\vert
&\leq\frac{M_1(b-a)^2}{4n^2}.
\end{align*}Finalement :
\begin{align*}
\left\vert\int_{a}^{b} f(t)\dt -\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(t_k\right)\right\vert
&\leq\left\vert\sum_{k=0}^{n-1}\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\dt-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{b-a}{n}f\left(t_k\right)\right\vert\\
&\leq\left\vert\sum_{k=0}^{n-1}\left[\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\dt-\frac{b-a}{n}f\left(t_k\right)\right]\right\vert\\
&\leq\sum_{k=0}^{n-1}\left\vert\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\dt-\frac{b-a}{n}f\left(t_k\right)\right\rvert\\
&\leq \sum_{k=0}^{n-1}\frac{M_1(b-a)^2}{4n^2}\\
&\leq\frac{M_1(b-a)^2}{4n}.
\end{align*}Pour résumer :
\boxed{\left\vert\int_{a}^{b} f(t)\dt -\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{a_k+a_{k+1}}{2}\right)\right\vert
\leq\frac{M_1(b-a)^2}{4n}.}A première vue, vous obtenez une majoration de la forme $O\left(\frac{1}{n}\right)$ qui est d’ordre $1.$
Cependant, vous allez voir qu’il est possible d’affiner cette majoration pour obtenir une majoration de l’erreur en $O\left(\frac{1}{n^2}\right)$ dès que vous supposez que la fonction $f$ est deux fois dérivable, et en considérant $M_2 =\mathrm{Sup}\{\vert f^{\pprime}(x)\vert, x\in[a,b]\} \in \R_{+}\cup \{+\infty\}.$
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