Exercices corrigés -Calcul approché d'intégrales

Exercice 1

- Méthode des rectangles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

L'objectif de l'exercice est de donner un majorant de l'approximation faite sur l'intégrale d'une fonction de classe $C^1$ sur un segment par la méthode des rectangles.

Question préliminaire : soit $g:[\alpha,\beta]\to\mathbb R$ une fonction de classe $C^1$. Démontrer que $$\int_{\alpha}^\beta |g(t)-g(\alpha)|dt\leq \sup_{x\in [\alpha,\beta]}|g'(x)|\frac{(\beta-\alpha)^2}2.$$
Soit $f:[a,b]\to\mathbb R$ de classe $C^1$. On note, pour $n\geq 1$, $$R_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\frac{k(b-a)}n\right)$$ $$M_1=\sup_{t\in [a,b]}|f'(t)|.$$ Vérifier que $$\int_a^b f(t)dt-R_n(f)=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{a+\frac{k(b-a)}n}^{a+\frac{(k+1)(b-a)}n}\left(f(t)-f\left(a+\frac{k(b-a)}n\right)\right)dt.$$
En déduire que $$\left|\int_a^b f(t)dt-R_n(f)\right|\leq \frac{M_1(b-a)^2}{2n}.$$
Application algorithmique. On considère $f(x)=e^{-x^2}$ sur $[a,b]=[0,1]$. Donner un majorant de $M_1$. En déduire une fonction $integral(ecart)$ qui donne une valeur approchée de $\int_0^1 f(t)dt$ avec un écart inférieur à $ecart$.

Indication

Corrigé

Exercice 2

- Méthode des rectangles pour une fonction croissante [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f:[a,b]\to\mathbb R$ une fonction continue croissante. Pour tout entier $n>0$ et tout $k\in\{0,\dots,n\}$, on pose $h_n=(b-a)/n$ et $x_k=a+kh_n$. On pose enfin $$G_n=h_n\sum_{k=0}^{n-1}f(x_k),\ D_n=h_n\sum_{k=0}^{n-1}f(x_{k+1})\textrm{ et }I=\int_a^b f(x)dx.$$

Montrer que, pour tout $k\in\{0,\dots,n-1\}$, on a $$h_nf(x_k)\leq \int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x)dx\leq h_nf(x_{k+1}).$$ Comment interpréter géométriquement ce résultat?
En déduire que $G_n\leq I\leq D_n$.
Démontrer que $D_n-G_n=h_n\big(f(b)-f(a)\big)$.
En déduire une majoration des erreurs $|G_n-I|$ et $|D_n-I|$.
Que devienne ces résultats si on suppose $f$ décroissante?
Application : proposer une méthode pour encadrer $\ln 2$ par excès et par défaut à $10^{-1}$ près.

Indication

Corrigé

On peut faire une preuve analytique, en remarquant que, puisque $f$ est croissante, alors pour tout $x\in [x_k,x_{k+1}]$, on a $$f(x_k)\leq f(x)\leq f(x_{k+1}).$$ On intègre cette inégalité pour $x$ allant de $x_k$ à $x_{k+1}$ et on trouve $$h_kf(x_k)=(x_{k+1}-x_k)f(x_k)=\int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_k)dx\leq \int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x)dx\leq \int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_{k+1})dx=h_k f(x_{k+1}).$$ Géométriquement, ceci signifie que l'aire du domaine compris entre la courbe représentative de $f$ (en supposant $f\geq 0$), l'axe des abscisses, les droites $x=x_k$ et $x=x_{k+1}$, est encadrée par l'aire du rectangle gauche (celui de hauteur $f(x_k)$) et l'aire du rectangle droit (celui de hauteur $f(x_{k+1})$).
Sommons ces inégalités pour $k$ allant de $0$ à $n-1$. Il vient $$\sum_{k=0}^{n-1}h_nf(x_k)\leq \sum_{k=0}^{n-1}\int_{x_k}^{x_{k+1}}f(x)dx\leq \sum_{k=0}^{n-1}h_nf(x_{k+1}).$$ Dans le terme de gauche, on reconnait $G_n$ et dans celui de droite, on reconnait $D_n$. Dans le terme du milieu, on peut utiliser la relation de Chasles pour remplacer la somme $\sum_{k=0}^{n-1}\int_{x_k}^{x_{k+1}}$ par une seule intégrale $\int_{x_0}^{x_n}$. On obtient alors bien le résultat voulu.
$G_n$ et $D_n$ comportent presque les mêmes termes, si ce n'est le premier et le dernier. Précisément, on a $$G_n=h_nf(x_0)+h_n\sum_{k=1}^{n-1}f(x_k)$$ $$D_n=h_nf(x_n)+h_n\sum_{k=1}^{n-1}f(x_k).$$ Effectuant la différence, on trouve $$D_n-G_n=h_n\big(f(x_n)-f(x_0)\big)=h_n\big(f(b)-f(a)\big).$$
Puisque $G_n\leq I\leq D_n$, on a $$|G_n-I|=I-G_n\leq D_n-G_n=h_n\big(f(b)-f(a)\big).$$ De même, on a $$|D_n-I|=D_n-I\leq D_n-G_n=h_n\big(f(b)-f(a)\big).$$
Si $f$ est décroissante, on a des résultats complètement similaires, si ce n'est que l'on doit changer le signe des inégalités.
Il faut remarquer que $\ln2=\int_1^2\frac{dt}t$, et que la fonction $1/x$ est décroissante sur $[1,2]$. $D_n$ et $h_n$ donneront une valeur approchée de $\ln 2$ à $10^{-1}$ près dès que $$h_n \big(f(1)-f(2))\leq 10^{-1}\iff \frac 1n\left(1-\frac 12\right)\leq 10^{-1}\iff n\geq 5.$$ Il suffit donc de calculer $D_5$ et $G_5$ pour obtenir des approximations par défaut et par excès de $\ln 2$ à $10^{-1}$ près.

Exercice 3

- Méthode du point médian [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f$ une fonction de classe $C^2$ sur un intervalle $[a,b]$ de $\mathbb R$. On pose $I=\int_a^b f(t)dt$, $I_m=(b-a)f\left(\frac{a+b}2\right)$. On note $M_2=\max\{|f''(x)|;\ x\in[a,b]\}$.

Soit $\Delta(x)=\int_{c-x}^{c+x}f(t)dt-2xf(c)$, où $c=\frac{a+b}2$. Montrer que $|\Delta''(x)|\leq 2xM_2$ pour tout $x\in[0,\frac{b-a}2]$. En déduire une majoration de $\Delta\left(\frac{b-a}{2}\right)$, puis que $$\left|I-I_m\right|\leq M_2 \frac{(b-a)^3}{24}.$$
Pour tout $n\geq 1$, on pose $I_{m,n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{x_k+x_{k+1}}{2}\right)$ où $x_k=a+k\frac{b-a}n$. Montrer que $$\left|\int_a^b f(x)dx-I_{m,n}\right|\leq\frac{(b-a)^3}{24n^2}M_2.$$

Indication

Corrigé

Exercice 4

- Méthode des trapèzes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f$ une fonction de classe $C^2$ sur un intervalle $[a,b]$ de $\mathbb R$. On pose $I=\int_a^b f(t)dt$ et on note $M_2=\max\{|f''(x)|;\ x\in[a,b]\}$.

Montrer que $I=(b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_a^b \frac{(t-a)(t-b)}{2}f''(t)dt$.
Montrer que $\int_a^b \frac{(t-a)(b-t)}{2}dt=\frac{(b-a)^3}{12}$.
On fixe $n\geq 1$, et on pose $a_k=a+k\frac{b-a}{n}$. On note $I_n$ la valeur approchée de $I$ obtenue par la méthode des trapèzes avec $n$ intervalles. Exprimer $I_n$ en fonction des $a_k$, puis démontrer que $$|I-I_n|\leq\frac{M_2(b-a)^3}{12n^2}.$$

Indication

Corrigé

Exercice 5

- Méthode des rectangles et suites adjacentes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $\phi:[0,1]\to\mathbb R_+$ une fonction décroissante et $\mathcal C$ sa courbe dans le plan muni d'un repère orthonormé. On note $\mathcal D$ le domaine délimité par $\mathcal C$ et les droites $y=0$, $x=0$ et $x=1$ et $\mathcal A$ l'aire de ce domaine. Pour $i\in\{0,\dots,n\}$, on note $x_i=i/n$. On construit sur chaque intervalle $[x_i,x_{i+1}]$ le rectangle au-dessous de la courbe de sommets $$(x_i,0),\ (x_{i+1},0),\ (x_{i+1},\phi(x_{i+1})),\ (x_i,\phi(x_{i+1}))$$ et le rectangle au-dessus de la courbe de sommets $$(x_i,0),\ (x_{i+1},0),\ (x_{i+1},\phi(x_{i})),\ (x_i,\phi(x_{i})).$$ On note $S_n$ la somme des aires des rectangles au-dessus de la courbe et $T_n$ la somme des rectangles au-dessous de la courbe.

Montrer que pour tout entier naturel $n\geq 2$, on a $$T_n\leq \mathcal A\leq S_n.$$
Démontrer que $S_n-T_n=\frac {\phi(0)-\phi(1)}n$.
Représenter sur une même figure $S_2$ et $S_4$.
Démontrer que les suites $(S_{2^n})$ et $(T_{2^n})$ sont adjacentes.

Indication

Corrigé

C'est très classique! Le point clé est que la fonction $\phi$ est décroissante sur l'intervalle $[0,1]$. Soit $i\in \{0,\dots,n-1\}$. Alors, pour tout $t\in[i/n,(i+1)/n]$, on a $$\phi(x_{i+1})\leq \phi(t)\leq \phi(x_i).$$ Intégrons cette inégalité sur l'intervalle $[i/n,(i+1)/n]=[x_i,x_{i+1}]$. Alors on a $$(x_{i+1}-x_i)\phi(x_{i+1})=\int_{x_i}^{x_{i+1}}\phi(x_{i+1})dt\leq \int_{x_i}^{x_{i+1}}\phi(t)dt\leq \int_{x_i}^{x_{i+1}}\phi(x_{i+1})dt=(x_{i+1}-x_i)\phi(x_i)$$ soit encore $$\frac 1n\phi(x_{i+1})\leq\int_{x_i}^{x_{i+1}}\phi(t)dt\leq\frac 1n\phi(x_i).$$ On somme cette inégalité pour $i$ allant de $0$ à $n-1$. Utilisant l'inégalité de Chasles, on trouve $$\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}\phi(x_{i+1})\leq\int_0^1\phi(t)dt=\sum_{i=0}^{n-1}\int_{x_i}^{x_{i+1}}\phi(t)dt\leq \frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}\phi(x_i).$$ C'est le résultat demandé.
La différence des deux sommes est télescopique : on a bien $$S_n-T_n=\frac 1n\big(\phi(0)-\phi(1)\big).$$
Le dessin suivant a été réalisé en choisissant pour $\phi$ la fonction $x\mapsto \sqrt{1-x^2}$.
Nous allons commencer par prouver que la suite $(S_{2^n})$ est décroissante. Pour cela, notons $x_i$ le point de coordonnées $i/2^n$, pour $i$ allant de $0$ à $2^{n}-1$, et $y_i$ le point de coordonnées $i/2^{n+1}$, pour $i$ allant de $0$ à $2^{n+1}-1$. Il est important de remarquer que $y_{2i}=x_i$. On a alors \begin{eqnarray*} S_{2^{n+1}}&=&\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^{2^{n+1}-1}\phi(y_i)\\ &=&\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^{2^n-1}\big(\phi(y_{2i})+\phi(y_{2i+1})\big)\\ &=&\frac1{2^n}\sum_{i=0}^{2^n-1}\frac{\phi(y_{2i})+\phi(y_{2i+1})}2. \end{eqnarray*} Mais $y_{2i}=x_i$ et $y_{2i+1}\geq x_i$. Puisque $\phi$ est décroissante, on a donc $\phi(y_{2i})\leq\phi(x_i)$ et $\phi(y_{2i+1})\leq\phi(x_i)$. Ainsi, on a donc \begin{eqnarray*} S_{2^{n+1}}&\leq&\frac1{2^n}\sum_{i=0}^{2^{n}-1}\frac{\phi(x_i)+\phi(x_i)}2\\ &\leq&\frac1{2^n}\sum_{i=0}^{2^n-1}\phi(x_i)\\ &\leq& S_{2^n}. \end{eqnarray*} On démontre de la même façon que la suite $(T_{2^n})$ est croissante. Puisque la différence $(S_{2^n}-T_{2^n})$ tend vers 0, les deux suites sont adjacentes.

Exercices corrigés - Calcul approché d'intégrales