Preuve de la méthode des trapèzes - Blogdemaths

Méthode des trapèzes
—
Estimation de l’erreur
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Soit f une fonction de classe C 2 sur un intervalle [a, b] (c’est-à-dire deux fois
dérivable et de dérivée seconde continue sur [a, b]) dont on cherche l’aire sur
[a, b]. Soit n > 0 un entier et x 0 = a < x 1 < x 2 < · · · < x n = b une subdivision régulière de [a, b] (c’est-à-dire telle que pour tout i, x i+1 − x i = b−a
. La
n
méthode des trapèzes consiste à remplacer f sur chaque intervalle [x i , x i+1 ] par
une fonction affine :
f (x)
Tn
x0 = a
x1
xi
x i+1
xn = b
On note Tn la somme des aires de tous les trapèzes. Nous allons présenter une
Rb
démonstration du fait que la suite Tn tend bien vers a f (x)d x et que l’erreur
R
b
M (b−a)3
commise a f (x)d x − Tn est au plus 12n2 (où M est une constante dépendant de f ).
1
On encadre l’erreur sur chacun des intervalles [x i , x i+1 ]
On commence par se placer sur l’intervalle [x i , x i+1 ]. La fonction affine f i qui va
remplacer f est l’unique fonction affine f i telle que f i (x) = f (x i ) et f i (x i+1 ) =
f (x i+1 ). L’expression de f i est donc
f i (x) = f (x i ) +
f (x i+1 ) − f (x i )
x i+1−x i
(x − x i )
Cette fonction affine qui coïncide avec la fonction f en x i et x i+1 s’appelle aussi
le polynôme interpolateur de Lagrange de f . Ce qui est bien avec les polynômes
1
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interpolateurs de Lagrange, c’est qu’on sait donner exactement l’erreur commise.
Plus précisément, on peut montrer que
Lemme. Pour tout x ∈ [x i , x i+1 ], il existe un réel c x ∈ [x i , x i+1 ] tel que
f (x) − f i (x) = (x − x i )(x − x i+1 )
f 00 (c x )
2
Démonstration. Soit x ∈ [x i , x i+1 ] fixé. Si x = x i ou x = x i+1 , la propriété est évidemment vraie car dans ce cas f (x) − f i (x) = 0 et n’importe quel nombre c ∈ [x i , x i+1 ]
convient. Nous pouvons donc supposer x différent de x i et de x i+1 .
Introduisons la fonction définie sur [x i , x i+1 ] par
g(t) = f (t) − f i (t) −
(t − x i )(t − x i+1 ) (x − x i )(x − x i+1 )
f (x) − f i (x)
Pourquoi cette fonction ? Parce qu’elle s’annule en x i , en x et en x i+1 . Ainsi, d’après le
theorème de Rolle :
– Comme g(x i ) = 0 = g(x), il existe c1 ∈]x i , x[ tel que g 0 (c1 ) = 0
– Comme g(x) = 0 = g(x i+1 ), il existe c2 ∈]x, x i+1 [ tel que g 0 (c2 ) = 0
Ainsi, la fonction g 0 s’annule deux fois (en c1 et c2 ), donc une nouvelle application du
theorème de Rolle nous donne l’existence d’un réel c x tel que g 00 (c x ) = 0.
D’autre part, calculons, pour tout t ∈ [x i , x i+1 ], g 00 (t). Tout d’abord, f i00 (t) = 0 car f i est
(t−x )(t−x ) une fonction affine. Ensuite, l’expression (x−x i )(x−xi+1 ) f (x) − f i (x) est un polynôme
i
i+1
t2
du second degré en t. Son monôme de plus haut degré est (x−x )(x−x
f (x) − f i (x)
)
i
i+1
[ f (x)− f i (x)]
et on voit qu’en dérivant 2 fois ce monôme, on obtient 2 (x−x )(x−x
. Ainsi,
)
i
g 00 (t) = f 00 (t) − 0 − 2
i+1
f (x) − f i (x)
(x − x i )(x − x i+1 )
[ f (x)− f i (x)]
, ce qui donne bien
De la relation g 00 (c x ) = 0 on tire que 0 = f 00 (c x ) − 2 (x−x )(x−x
)
i
f (x) − f i (x) = (x − x i )(x − x i+1 )
i+1
f 00 (c x )
2
Du lemme précédent, on déduit que pour tout x ∈ [x i , x i+1 ] :
| f (x) − f i (x)| ¶ |x − x i |.|x − x i+1 |
M
2
= (x − x i )(x i+1 − x)
M
2
où M est un majorant de | f 00 | sur l’intervalle [x i , x i+1 ]. Ainsi, la différence entre
l’aire de la fonction et l’aire du trapèze est majorée par
Z
x i+1
M Z x i+1
f (x) − f i (x)d x ¶
(x − x i )(x i+1 − x)d x
x
2 x
i
i
Cette dernière intégrale peut se calculer à l’aide du changement de variable affine
x−x
x = x i + (x i+1 − x i )u ⇔ u = x −xi :
i+1
i
2
Z
x i+1
(x − x i )(x i+1 − x)d x =
Z
1
(x i+1 − x i )u(x i+1 − x i )(1 − u)(x i+1 − x i ) du
0
xi
Z
3
= (x i+1 − x i )
1
u(1 − u) du
0
–
= (x i+1 − x i )3
u2
2
−
u3
3
™1
0
(x i+1 − x i )
3
=
6
Ainsi, nous avons l’inégalité suivante :
Z
x i+1
M (x
3
M (x i+1 − x i )3
i+1 − x i )
=
f (x) − f i (x)d x ¶
x
2
6
12
i
Nous avons donc prouvé
Proposition. Soit f une fonction de classe C 2 sur un intervalle [x i , x i+1 ]. Soit f i
la fonction affine qui coincide avec f en x i et x i+1 . Alors
Z
b
M (x
3
i+1 − x i )
f (x) − f i (x)d x ¶
a
12
où M est un majorant de | f 00 | sur [x i , x i+1 ].
Dans toute la suite, nous prendrons M = sup x∈[a,b] | f 00 (x)|. Rappelons que notre
subdivision (x i )i était telle que x i+1 − x i = b−a
. D’où :
n
Z
x i+1
M (b − a)3
f (x) − f i (x)d x ¶
x
12n3
i
2
On encadre l’erreur globalement
L’erreur globale se calcule en faisant la somme des erreurs :
b
Z
f (x)d x − Tn =
a
n−1
X
i=0
3
Z
x i+1
f (x) − f i (x)d x
xi
Ainsi,
Z
n−1 Z x i+1
b
X
f (x)d x − Tn ¶
f (x) − f i (x)d x a
i=0 x
i
¶
n−1
X
M
i=0
¶M
¶M
(b − a)3
12n3
(b − a)3
n−1
X
12n3
i=0
(b − a)3
12n3
1
×n=
M (b − a)3
12n2
M (b−a)3
Comme la limite quand n tend vers l’infini de 12n2 vaut 0, cela veut bien dire
que l’aire des trapèzes tend vers l’aire de la courbe. Le méthode des trapèzes
permet donc bien d’approcher l’aire totale !
Voici résumé ce que nous avons prouvé :
Proposition. Si f est une fonction de classe C 2 sur un intervalle [a, b], et si on
pose M = sup x∈[a,b] | f 00 (x)| alors
Z
b
M (b − a)3
f (x)d x − Tn ¶
a
12n2
4