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 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 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 ?
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