226. Calculez une intégrale avec la méthode de Simpson (3/3)

Considérez une fonction $f$ définie et quatre fois dérivable sur un intervalle $[a,b]$ où $a$ et $b$ sont des réels tels que $a<b.$

Notez $M_4 = \mathrm{Sup}\{\vert f » »(x) \vert, x\in[a,b]\}\in\R_{+}\cup \{+\infty\}.$

Dans cet article vous allez déterminer une majoration de l’erreur commise par la méthode de Simpson, d’abord avec l’intervalle $[a,b]$ en entier, puis lorsque celui-ci est subdivisé en $n$ parties de même amplitude.

Pour plus de commodité, notez $m = \frac{a+b}{2}.$

Il a vu, au sein du contenu écrit [yanniswp_article_link nb= »224″ desc= »dans l’article 224″] que l’on peut considérer que :

\begin{align*} \int_a^bf(t)\dt\approx(b-a)\left(\frac{1}{6}f(a)+\frac{2}{3}f\left(m\right)+\frac{1}{6}f(b)\right). \end{align*}

Les calculs faits dans l’article précité ont montré qu’il existe un polynôme $P\in\R_2[X]$ tel que :

\left\{\begin{align*} \int_a^b P(t)\dt&=(b-a)\left(\frac{1}{6}f(a)+\frac{2}{3}f\left(m\right)+\frac{1}{6}f(b)\right)\\ P(a)&=f(a)\\ P(b)&=f(b)\\ P\left(m\right)&=f\left(m\right). \end{align*}\right.

Dans cet article, vous allez estimer l’erreur en utilisant le théorème de Rolle. Mais avant, pour faire apparaître la dérivée quatrième de $f$, il convient d’utiliser un polynôme du quatrième degré, et non pas du troisième, comme cela avait été le cas dans le contenu écrit [yanniswp_article_link nb= »225″ desc= »dans l’article 225″].

Une intégrale nulle

Vous allez établir que le polynôme $(X-a)(X-m)(X-b)$ a une intégrale nulle sur l’intervalle $[a,b].$

Vous effectuez le changement de variable $u=t-m$ ce qui conduit à :

t-a = u+m-a=u+\frac{b-a}{2}\\ t-b = u+m-b = u-\frac{b-a}{2}.

\begin{align*} \int_a^b (t-a)(t-m)(t-b)\dt &= \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} \left(u^2-\frac{(b-a)^2}{4}\right)u\du\\ &= \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2}u^3\du-\frac{(b-a)^2}{4} \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2}u\du\\ &=0-\frac{(b-a)^2}{4}\times 0\\ &=0. \end{align*}

Construisez un réel $\lambda$ bien choisi

Vous allez construire une fonction dont la dérivée s’annule en $m.$

Pour comprendre ceci, notez $R(X)$ le polynôme défini par :

R(X)=(X-a)(X-m)(X-b).

Le polynôme dérivé de $R$ est le polynôme suivant :

R'(X)=(X-m)(X-b)+(X-a)(X-b)+(X-a)(X-m).

De cette égalité vous déduisez $R'(m) = (m-a)(m-b)$ qui est non nul.

Soit alors $\lambda$ le réel défini par l’égalité suivante :

\lambda=\frac{f'(m)-P'(m)}{R'(m)}.

Utilisez le théorème de Rolle

Considérez la fonction $g$, définie sur l’intervalle $[a,b]$, par $g(x) = f(x)-P(x)-\lambda R(x).$

Comme $\forall x\in[a,b], g'(x) = f'(x)-P'(x)-\lambda R'(x)$ il vient $g'(m)=0.$

D’autre part :

\left\{\begin{align*} g(a) &= f(a)-P(a) = 0\\ g(b) &= f(b)-P(b) = 0\\ g(m) &= f(m)-P(m) = 0. \end{align*}\right.

Soit maintenant un réel $t\in[a,b]$ fixé tel que $t\notin\{a,b,m\}.$

Vous considérez le réel $A$ défini par :

A = \frac{f(t)-P(t)-\lambda R(t)}{(t-a)(t-m)^2(t-b)}.

Notez alors $h$ la fonction définie sur $[a,b]$ par :

\begin{align*} \forall x\in[a,b], h(x)&=f(x)-P(x)-\lambda R(x) - A(x-a)(x-m)^2(x-b)\\ &=g(x)-A(x-a)(x-m)^2(x-b). \end{align*}

Notez que $h(a) = h(b) = h(m) = h(t) = 0.$

La fonction $h$ admet au moins 4 zéros dans l’intervalle $[a,b].$

Par conséquent, l’application du théorème de Rolle à la fonction $h$ permet d’affirmer que la fonction $h’$ possède au moins 3 zéros sur l’intervalle ouvert $]a,b[$, aucun d’entre eux n’appartenant à l’ensemble $\{a,m,b,t\}.$

Or, $m$ est racine double du polynôme $(X-a)(X-m)^2(X-b)$ donc $m$ est racine de son polynôme dérivé.

Notez $S(X) = (X-a)(X-m)^2(X-b)$ vous avez $S'(m) = 0.$

Comme $\forall x\in [a,b], h(x) = g(x)-AS(x)$ vous déduisez $\forall x\in [a,b], h'(x) = g'(x)-AS'(x)$ et donc $h'(m)=g'(m)-AS'(m).$ Comme $g'(m)=S'(m) = 0$ vous déduisez $h'(m)=0.$

Vous déduisez donc que la fonction $h’$ admet au moins 4 zéros dans l’intervalle $]a,b[.$

En appliquant le théorème de Rolle à $h’$, vous déduisez que la fonction $h »$ admet au moins 3 zéros dans l’intervalle $]a,b[.$

En appliquant le théorème de Rolle à $h »$, vous déduisez que la fonction $h »’$ admet au moins 2 zéros dans l’intervalle $]a,b[.$

En appliquant le théorème de Rolle à $h »’$, vous déduisez que la fonction $h » »$ admet au moins un zéro dans l’intervalle $]a,b[.$ Il existe un réel $c\in]a,b[$ tel que $h » »(c)=0.$

Or, $\forall x\in[a,b], h » »(x) = f » »(x)-P » »(x)-\lambda R » »(x)-24A.$

Comme $P\in\R_2[X]$ il vient $P » »(X) = 0.$ Comme $R\in\R_3[X]$ il vient $R » »(X)=0.$

Par suite il vient $h » »(c)=f » »(c)-24A$ d’où $A = \frac{f » »(c)}{24}.$

Ainsi $h(t)=0$ fournit $f(t) = P(t)+\lambda R(t) + \frac{f » »(c)}{24}(t-a)(t-m)^2(t-b).$

Maintenant soit $t\in\{a,b,m\}.$ Comme $f(t)-P(t)-\lambda R(t) = 0$ et comme $(t-a)(t-m)^2(t-b)=0$ vous posez $c=m$ et vous avez encore $f(t) = P(t)+\lambda R(t) + \frac{f » »(c)}{24}(t-a)(t-m)^2(t-b).$

En définitive :

\boxed{\begin{align*} \forall t\in[a,b], \exists c\in]a,b[, f(t)&=P(t)+\lambda R(t)+\frac{f''''(c)}{24}S(t)\\ &=P(t)+\lambda (t-a)(t-m)(t-b)+\frac{f''''(c)}{24}(t-a)(t-m)^2(t-b). \end{align*}}

Vous déduisez la majoration suivante :

\forall t\in[a,b], \left\vert f(t)-P(t)-\lambda(t-a)(t-m)(t-b)\right\vert \leq \frac{M_4}{24}\vert t-a\vert (t-m)^2\vert t-b\vert.

Procédez à la majoration effective de l’erreur

Compte tenu du fait que

\int_a^b (t-a)(t-m)(t-b)\dt = 0

vous déduisez successivement que :

\begin{align*} \left\vert \int_a^b f(t)\dt - (b-a)\left(\frac{1}{6}f(a)+\frac{2}{3}f\left(m\right)+\frac{1}{6}f(b)\right) \right\vert &\leq \left\vert \int_a^b f(t)\dt - \int_a^b P(t)\dt \right\vert\\ &\leq \left\vert \int_a^b f(t)\dt - \int_a^b P(t)\dt - \lambda \int_a^b (t-a)(t-m)(t-b)\dt \right\vert\\ &\leq \left\vert \int_a^b \left[f(t)- P(t) - \lambda (t-a)(t-m)(t-b)\right]\dt \right\vert\\ &\leq \int_a^b \left\vert f(t)- P(t) - \lambda (t-a)(t-m)(t-b)\right\vert\dt \\ &\leq \frac{M_4}{24} \int_a^b \vert t-a\vert (t-m)^2\vert t-b\vert\dt. \end{align*}

Vous effectuez le changement de variable $u=t-m$ pour avoir à nouveau $t-a = u+\frac{b-a}{2}$ et $t-b = u-\frac{b-a}{2}.$

\begin{align*} \int_a^b \vert t-a\vert (t-m)^2\vert t-b\vert\dt &= \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} \left\vert u+\frac{b-a}{2}\right\vert u^2\left\vert u-\frac{b-a}{2}\right\vert \du\\ &= \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} \left\vert u^2-\frac{(b-a)^2}{4}\right \vert u^2 \du\\ &=2 \int_{0}^{(b-a)/2} \left\vert u^2-\frac{(b-a)^2}{4}\right \vert u^2 \du\\ &=2 \int_{0}^{(b-a)/2} \left( \frac{(b-a)^2}{4}-u^2\right) u^2 \du\\ &= \frac{(b-a)^2}{4} \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} u^2\du - \int_{-(b-a)/2}^{(b-a)/2} u^4 \du \\ &= \frac{(b-a)^2}{2} \int_{0}^{(b-a)/2} u^2\du - 2\int_{0}^{(b-a)/2} u^4 \du \\ &= \frac{(b-a)^2}{2} \frac{((b-a)/2)^3}{3} - \frac{2((b-a)/2)^5}{5} \\ &= \frac{(b-a)^5}{2^4\times 3} - \frac{(b-a)^5}{5\times 2^4} \\ &= \frac{5(b-a)^5}{2^4\times 3\times 5} - \frac{3(b-a)^5}{3\times5\times 2^4} \\ &= \frac{2(b-a)^5}{2^4\times 3\times 5} \\ &= \frac{(b-a)^5}{2^3\times 3\times 5} \\ &= \frac{(b-a)^5}{2^2\times 3\times 10} \\ &= \frac{(b-a)^5}{120}. \end{align*}

Mis bout à bout vous obtenez :

\begin{align*} \left\vert \int_a^b f(t)\dt - (b-a)\left(\frac{1}{6}f(a)+\frac{2}{3}f\left(m\right)+\frac{1}{6}f(b)\right) \right\vert &\leq \frac{M_4}{24} \int_a^b \vert t-a\vert (t-m)^2\vert t-b\vert\dt \\ &\leq \frac{M_4}{24} \frac{(b-a)^5}{120}\\ &\leq \frac{M_4(b-a)^5}{2880}. \end{align*}

Ce résultat constitue la majoration recherchée autour de cet article.

Pour toute fonction $f$ quatre fois dérivable sur l’intervalle $[a,b]:$

\boxed{\left\vert \int_a^b f(t)\dt - (b-a)\left(\frac{1}{6}f(a)+\frac{2}{3}f\left(m\right)+\frac{1}{6}f(b)\right) \right\vert \leq \frac{M_4(b-a)^5}{2880}.}

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 $\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, t_k=a+\left(k+\frac{1}{2}\right) \frac{b-a}{n}.$

Autrement dit, $\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, t_k = \frac{a_k+a_{k+1}}{2}.$

\begin{align*} \left\vert\int_a^b f(t)\dt-\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{6}f(a_k)+\frac{2}{3}f(t_k)+\frac{1}{6}f(a_{k+1})\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} \left(\frac{1}{6}f(a_k)+\frac{2}{3}f(t_k)+\frac{1}{6}f(a_{k+1})\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} \left(\frac{1}{6}f(a_k)+\frac{2}{3}f(t_k)+\frac{1}{6}f(a_{k+1}) \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} \left(\frac{1}{6}f(a_k)+\frac{2}{3}f(t_k)+\frac{1}{6}f(a_{k+1}) \right) \right\vert \\ &\leq \sum_{k=0}^{n-1}\frac{M_4((b-a)/n)^5}{2880}\\ &\leq \sum_{k=0}^{n-1}\frac{M_4(b-a)^5}{2880n^5}\\ &\leq \frac{M_4(b-a)^5}{2880n^4}. \end{align*}

Dans le cas d’un intervalle $[a,b]$ partagé en $n$ parties égales, la méthode de Simpson amène à une estimation de l’intégrale avec une majoration qui est en $O\left(\frac{1}{n^4}\right).$

Vous en déduisez la formule composite de Simpson :

\boxed{ \left\vert\int_a^b f(t)\dt-\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{6}f(a_k)+\frac{2}{3}f(t_k)+\frac{1}{6}f(a_{k+1})\right)\right\vert \leq \frac{M_4(b-a)^5}{2880n^4}.}

Prolongement

Pourriez-vous utiliser ce résultat pour déterminer les cinq premières décimales exactes du nombre $\pi$ ? Quelle fonction à intégrer utiliseriez-vous ? Sur quel intervalle ?