Exercice 49

1. On a $I_{0} = \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x}\,\mathrm{d} x$, soit $\boxed{I_{0} = \mathrm{e} - 1}$. Pour la relation, on intègre par parties : c'est la technique naturelle, puisque le facteur polynomial $(1 - x)^{n+1}$ perd un degré quand on le dérive, et que $\mathrm{e}^{x}$ est sa propre primitive. On dérive $(1 - x)^{n+1}$ en $-(n + 1)(1 - x)^{n}$ : $$I_{n+1} = \big[\mathrm{e}^{x}(1 - x)^{n+1}\big]_{0}^{1} + (n + 1)\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x}(1 - x)^{n}\,\mathrm{d} x = (0 - 1) + (n + 1)I_{n}.$$

$$\boxed{I_{n+1} = (n + 1)\,I_{n} - 1}$$ En particulier $I_{1} = \mathrm{e} - 2$.

2. Voici une fonction possible, qui applique la relation $n$ fois à partir de $I_{0}$.

import math

def I(n):
    v = math.e - 1              # valeur flottante de I_0
    for k in range(n):          # passage de I_k a I_(k+1)
        v = (k + 1) * v - 1
    return v

for n in range(26):
    print(n, I(n))

Le tableau compare quelques valeurs affichées aux valeurs exactes, calculées en précision étendue.

4pt

La suite semble d'abord décroître vers $0$, puis, vers $n = 17$, elle devient brutalement négative et part vers $-\infty$ : à $n = 25$, elle vaut environ $-2{,}24 \times 10^{9}$. $$\boxed{\text{les valeurs calculées décroissent jusqu'à } n \approx 16, \text{ puis divergent vers } -\infty}$$

3. Pour $x \in [0\,,1]$, on a $0 \leqslant (1 - x)^{n+1} \leqslant (1 - x)^{n}$, d'où $I_{n+1} \leqslant I_{n}$ par croissance de l'intégrale. De plus $1 \leqslant \mathrm{e}^{x} \leqslant \mathrm{e}$, donc $$0 < \frac{1}{n + 1} = \int_{0}^{1} (1 - x)^{n}\,\mathrm{d} x \leqslant I_{n} \leqslant \mathrm{e}\int_{0}^{1} (1 - x)^{n}\,\mathrm{d} x = \frac{\mathrm{e}}{n + 1}.$$

$$\boxed{(I_{n}) \text{ est décroissante, } \frac{1}{n + 1} \leqslant I_{n} \leqslant \frac{\mathrm{e}}{n + 1}, \text{ et } \lim\limits_{n \to +\infty} I_{n} = 0}$$ En particulier $I_{n} > 0$ pour tout $n$ : les valeurs négatives affichées à la question 2 sont fausses.

4. En soustrayant les relations $J_{n+1} = (n + 1)J_{n} - 1$ et $I_{n+1} = (n + 1)I_{n} - 1$, le terme constant disparaît : $$J_{n+1} - I_{n+1} = (n + 1)(J_{n} - I_{n}).$$ Par récurrence immédiate, à partir de $J_{0} - I_{0} = \alpha - (\mathrm{e} - 1)$, $$\boxed{J_{n} - I_{n} = n!\,\big(\alpha - (\mathrm{e} - 1)\big)}$$

5. Comme $I_{n} \to 0$ et $n! \to +\infty$, la question 4 donne : $$\boxed{\alpha = \mathrm{e} - 1 : \ J_{n} = I_{n} \to 0 ; \quad \alpha > \mathrm{e} - 1 : \ J_{n} \to +\infty ; \quad \alpha < \mathrm{e} - 1 : \ J_{n} \to -\infty}$$ L'ordinateur ne connaît pas $\mathrm{e} - 1$, mais seulement un nombre flottant voisin $\alpha$, avec ici $$\alpha - (\mathrm{e} - 1) \approx -1{,}45 \times 10^{-16}.$$ La fonction I calcule donc $J_{n}$, et non $I_{n}$ : l'erreur initiale est multipliée par $n!$. On calcule $$18! \times (-1{,}45 \times 10^{-16}) \approx -0{,}93 \qquad\text{et}\qquad 25! \times (-1{,}45 \times 10^{-16}) \approx -2{,}24 \times 10^{9} :$$ le signe change donc vers $n = 18$, et la valeur affichée pour $n = 25$ est exactement celle de l'erreur. Les erreurs d'arrondi commises à chaque étape s'ajoutent, mais elles sont multipliées par des facteurs plus petits, et c'est l'erreur initiale qui domine.

À retenir. Une relation de récurrence exacte peut être inutilisable numériquement : il faut regarder comment elle propage les erreurs. Ici, il suffit de la parcourir à l'envers, $I_{n} = \frac{I_{n+1} + 1}{n + 1}$, ce qui divise l'erreur par $n + 1$ à chaque étape : en partant de la valeur grossière $I_{60} \approx 0$, on obtient $I_{25}$ avec toutes ses décimales, $0{,}039\,938\,729\,673\ldots$ C'est l'encadrement de la question 3 qui garantit la limite que l'ordinateur ne voyait pas.