Exercice 42

On note $h = \frac{1}{n}$ et $x_{k} = kh$. Par la relation de Chasles, $$nI - \sum_{k=0}^{n-1} f(x_{k}) = n\sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \big(f(t) - f(x_{k})\big)\,\mathrm{d} t.$$ Soit $M_{2} = \max_{[0, 1]} |f''|$. L'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $1$ (théorème 8), en $x_{k}$, donne pour $t \in [x_{k}\,,x_{k+1}]$ $$\big|f(t) - f(x_{k}) - f'(x_{k})(t - x_{k})\big| \leqslant M_{2}\,\frac{(t - x_{k})^{2}}{2}.$$ On intègre sur $[x_{k}\,,x_{k+1}]$, avec $\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} (t - x_{k})\,\mathrm{d} t = \frac{h^{2}}{2}$ et $\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \frac{(t - x_{k})^{2}}{2}\,\mathrm{d} t = \frac{h^{3}}{6}$ : $$\Big|\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \big(f(t) - f(x_{k})\big)\,\mathrm{d} t - \frac{h^{2}}{2}\,f'(x_{k})\Big| \leqslant \frac{M_{2}h^{3}}{6}.$$ En sommant ces $n$ inégalités et en multipliant par $n$, avec $h = \frac{1}{n}$, $$\Big|nI - \sum_{k=0}^{n-1} f(x_{k}) - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f'(x_{k})\Big| \leqslant n \cdot n\,\frac{M_{2}}{6n^{3}} = \frac{M_{2}}{6n}.$$ Le terme $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f'(x_{k})$ est $R_{n}(f')$, qui tend vers $\int_{0}^{1} f' = f(1) - f(0)$ par le théorème 9, $f'$ étant continue. $$\boxed{nI - \sum_{k=0}^{n-1} f\Big(\frac{k}{n}\Big) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{f(1) - f(0)}{2}}$$ Pour $f = \exp$, la limite vaut $\frac{\mathrm{e} - 1}{2} \approx 0{,}85914$, et l'on calcule $0{,}84482$ pour $n = 10$, $0{,}85771$ pour $n = 100$ et $0{,}85900$ pour $n = 1\,000$ ✓.

Ce résultat s'écrit $I - R_{n}(f) = \frac{f(1) - f(0)}{2n} + o\big(\frac{1}{n}\big)$. Si $f(1) \neq f(0)$, l'erreur de la méthode des rectangles est donc équivalente à $\frac{f(1) - f(0)}{2n}$ : elle est exactement d'ordre $\frac{1}{n}$, et la majoration en $\frac{1}{n}$ de la proposition 13 ne peut pas être améliorée en ordre de grandeur. Multiplier le nombre de points par $10$ ne fait gagner qu'une décimale, comme le montrait le tableau du cours.

À retenir. Puisque $T_{n}(f) = \frac{R_{n}(f) + R'_{n}(f)}{2}$ et $R'_{n}(f) - R_{n}(f) = \frac{f(1) - f(0)}{n}$, on a exactement $T_{n}(f) = R_{n}(f) + \frac{f(1) - f(0)}{2n}$ : la méthode des trapèzes est la méthode des rectangles à laquelle on ajoute le terme correctif trouvé ici. C'est pourquoi son erreur est d'un ordre plus petit, en $\frac{1}{n^{2}}$ (proposition 14).