Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b$ et $f$ une fonction deux fois dérivable sur l’intervalle $[a,b].$
Notez $M_2 =\mathrm{Sup}\{\vert f^{\pprime}(x)\vert, x\in[a,b]\} \in \R_{+}\cup \{+\infty\}.$
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.
Utilisez la tangente à la courbe de $f$ au point d’abscisse $m$
La tangente au point d’abscisse $m$ est la représentation graphique de la fonction $g$ définie par :
g(x)=f'(m)(x-m)+f(m).
En calculant l’intégrale de $g$ sur l’intervalle $[a,b]$ vous obtenez :
\begin{align*}
\int_a^b g(t)\dt&=f'(m)\int_a^b (t-m)\dt+(b-a)f(m)\\
&=f'(m)\int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2}u\,\mathrm{d}u+(b-a)f(m)\\
&=f'(m)\times 0+(b-a)f(m)\\
&=(b-a)f(m).
\end{align*}Remarque : dans le cas d’une fonction positive, il exprime le fait que l’aire du rectangle obtenu avec le point milieu est exactement l’aire obtenue avec le trapèze formé par l’axe des abscisses, la tangente susmentionnée et les droites verticales d’équation $x=a$ et $x=b.$
Ce calcul montre que :
\begin{align*}
\left\vert\int_a^b f(t)\dt-(b-a)f(m)\right\vert &\leq \left\vert\int_a^b f(t)\dt-\int_a^b g(t)\dt\right\vert\\
&\leq \left\vert\int_a^b (f(t)- g(t))\dt\right\vert\\
&\leq \int_a^b \left\vert f(t)- g(t)\right\vert\dt.
\end{align*}Majorez l’erreur commise entre la fonction $f$ et la fonction $g$
Soit $t\in[a,b].$ Si $t=m$ comme $f(m) = g(m)$ vous déduisez que $f(m)-g(m)=\frac{f^{\pprime}(m)}{2}(m-m)^2.$ Donc il existe $c\in]a,b[$ tel que $f(t)-g(t)=\frac{f^{\pprime}(c)}{2}(t-m)^2.$
Note : cette égalité est aussi appelée « égalité de Taylor-Lagrange. »
Soit $t\in[a,b]\setminus \{m\}.$
L’idée est de montrer que cette relation reste valable.
Pour générer une dérivée seconde, vous pouvez chercher à appliquer deux fois le théorème de Rolle.
Comme $g$ est un polynôme de degré $1$, il sera nul en dérivant deux fois. Il va falloir donc poser $h(x) = f(x)-g(x)-AP(x)$ où $A$ est une constante choisie telle que $h(t)=0.$ Vous souhaitez aussi avoir $h(m)=0$, ce qui donne $f(m)-g(m)-AP(m)=0$ ce qui se produit dès que $P(m)=0.$ Or vous souhaitez prendre $P$ de degré $2$ qui sera dérivé deux fois. Un bon candidat pour $P$ consiste à prendre $(x-m)^2.$
En définitive : posez $h(x) = f(x)-g(x)-A(x-m)^2$ où $A$ est défini par $A=\frac{f(t)-g(t)}{(t-m)^2}.$ Vous avez déjà $h(t)=0.$
D’autre part, $h(m) = f(m)-g(m) = 0.$ Comme $t\neq m$ vous déduisez l’existence d’un réel $d$ strictement compris entre $t$ et $m$ tel que $h^{\prime}(d) = 0.$
D’autre part :
\begin{align*}
h^{\prime}(x) &= f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)-2A(x-m)\\
&= f^{\prime}(x)-f^{\prime}(m)-2A(x-m).
\end{align*}Si bien que $h^{\prime}(m) = 0.$ Or, $d\neq m$ donc l’application du théorème de Rolle à la fonction $h^{\prime}$ fournit l’existence d’un réel $c$ strictement compris entre $m$ et $d$ tel que $h^{\pprime}(c)=0.$
Or :
h^{\pprime}(x) = f^{\pprime}(x)-2A.Et par suite $A = \frac{f^{\pprime}(c)}{2}.$ La relation $h(t)=0$ fournit :
\begin{align*}
f(t)-g(t)-\frac{f^{\pprime}(c)}{2}(t-m)^2&=0\\
f(t)-g(t)&=\frac{f^{\pprime}(c)}{2}(t-m)^2.
\end{align*}Ainsi vous avez montré que :
\forall t\in[a,b], \exists c\in]a,b[, f(t)-g(t)=\frac{f^{\pprime}(c)}{2}(t-m)^2.Vous déduisez la majoration:
\forall t\in[a,b], \vert f(t)-g(t)\vert \leq \frac{M_2}{2}(t-m)^2.Etablissez le contrôle souhaité
Vous déduisez les majorations suivantes :
\begin{align*}
\left\vert\int_a^b f(t)\dt-(b-a)f(m)\right\vert
&\leq \int_a^b \left\vert f(t)- g(t)\right\vert\dt\\
&\leq \frac{M_2}{2}\int_a^b (t-m)^2\dt\\
&\leq \frac{M_2}{2}\int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} u^2\,\mathrm{d}u\\
&\leq M_2\int_{0}^{(b-a)/2} u^2\,\mathrm{d}u\\
&\leq M_2\times \frac{((b-a)/2)^3}{3}\\
&\leq \frac{M_2(b-a)^3}{24}.
\end{align*}Subdivisez l’intervalle $[a,b]$ et concluez
Soit $n\in\NN.$ Une subdivision uniforme de l’intervalle $[a,b]$ conduit à poser $\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket, a_k = a+k\frac{b-a}{n}$ et $\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, t_k=a+\left(k+\frac{1}{2}\right) \frac{b-a}{n}.$
Du coup :
\begin{align*}
\left\vert\int_a^b f(t)\dt-\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(t_k)\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(t_k)\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(t_k)\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(t_k)\right\vert \\
&\leq \sum_{k=0}^{n-1} \left\vert\int_{a_k}^{a_{k+1}} f(t)\dt-(a_{k+1}-a_k) f(t_k)\right\vert \\
&\leq \sum_{k=0}^{n-1} \frac{M_2 ((b-a)/n)^3}{24} \\
&\leq \sum_{k=0}^{n-1} \frac{M_2 (b-a)^3}{24n^3} \\
&\leq \frac{M_2 (b-a)^3}{24n^2}.
\end{align*}En définitive, vous avez obtenu :
\boxed{\forall n\in\NN, \left\vert\int_a^b f(t)\dt-\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f(t_k)\right\vert \leq\frac{M_2 (b-a)^3}{24n^2}.}La méthode du point milieu fournit le remarquable résultat : une approximation au deuxième ordre du calcul d’une intégrale.
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