Intégration de Riemann/Calcul numérique d'une intégrale

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Nous ne traiterons ici que des trois méthodes d'approximation les plus simples : rectangles, points médians et trapèzes. Dans ces trois méthodes, on subdivise l'intervalle d'intégration $[a,b]$ en $n$ sous-intervalles $[x_{i},x_{i+1}]$ ($i=0,1,\dots ,n-1$), avec $x_{i}=a+i{\frac {b-a}{n}}$. On approxime l'intégrale de la fonction sur chacun de ces sous-intervalles, puis on fait la somme.

Méthode des rectangles

On remplace l'arc de courbe par un segment horizontal situé à la hauteur de l'extrémité gauche de cet arc (on a bien sûr une méthode analogue en prenant l'extrémité droite).

Valeur approchée

On choisit ainsi d'approximer $I_{i}:=\int _{x_{i}}^{x_{i+1}}f(t)\,\mathrm {d} t$ par $I_{i}^{\text{rect}}:={\frac {b-a}{n}}f(x_{i})$ donc

$I:=\int _{a}^{b}f(t)\,\mathrm {d} t\approx I^{\text{rect}}:={\frac {b-a}{n}}\sum _{i=0}^{n-1}f(x_{i})$.

Estimation de l'erreur

Si $f$ est C¹ alors $I_{i}-I_{i}^{\text{rect}}={\frac {(b-a)^{2}}{2n^{2}}}f'(c_{i})$ pour un certain $c_{i}\in [x_{i},x_{i+1}]$ donc

$I-I^{\text{rect}}={\frac {(b-a)^{2}}{2n}}f'(c)$ pour un certain $c\in [a,b]$.

Démonstration

Soit

$[m_{i},M_{i}]=f'([x_{i},x_{i+1}])$.

Pour tout $t\in [x_{i},x_{i+1}]$, d'après le théorème des accroissements finis,

$m_{i}(t-x_{i})\leq f(t)-f(x_{i})\leq M_{i}(t-x_{i})$

donc en intégrant :

$m_{i}{\frac {(b-a)^{2}}{2n^{2}}}\leq I_{i}-I_{i}^{\text{rect}}\leq M_{i}{\frac {(b-a)^{2}}{2n^{2}}}$.

 

Méthode des points médians

Le point du graphe par lequel on fait passer un segment horizontal (qui approxime l'arc de courbe) n'a plus cette fois pour abscisse $x_{i}$ ou $x_{i+1}$ comme dans la méthode des rectangles (à gauche ou à droite) mais la moyenne (arithmétique) des deux.

Valeur approchée

$I_{i}\approx I_{i}^{\text{med}}:={\frac {b-a}{n}}f\left({\frac {x_{i}+x_{i+1}}{2}}\right)$ donc

$I\approx I^{\text{med}}:={\frac {b-a}{n}}\sum _{i=0}^{n-1}f\left({\frac {x_{i}+x_{i+1}}{2}}\right)$.

Estimation de l'erreur

Si $f$ est C² alors $I_{i}-I_{i}^{\text{med}}={\frac {(b-a)^{3}}{24n^{3}}}f''(c_{i})$ pour un certain $c_{i}\in [x_{i},x_{i+1}]$ donc

$I-I^{\text{med}}={\frac {(b-a)^{3}}{24n^{2}}}f''(c)$ pour un certain $c\in [a,b]$.

Démonstration

Soient

$[m_{i},M_{i}]=f''([x_{i},x_{i+1}])$

et

$a_{i}={\frac {x_{i}+x_{i+1}}{2}}$.

Pour tout $t\in [x_{i},x_{i+1}]$, d'après la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre 2,

$m_{i}{\frac {(t-a_{i})^{2}}{2}}\leq f(t)-f(a_{i})-(t-a_{i})f'(a_{i})\leq M_{i}{\frac {(t-a_{i})^{2}}{2}}$

donc en intégrant :

$m_{i}{\frac {(b-a)^{3}}{24n^{3}}}\leq I_{i}-I_{i}^{\text{rect}}-0\leq M_{i}{\frac {(b-a)^{3}}{24n^{3}}}$.

 

Méthode des trapèzes

On n'approxime plus l'arc de courbe par un segment horizontal comme dans la méthode des rectangles ou celle des points médians, mais par la corde de cet arc.

Valeur approchée

$I_{i}\approx I_{i}^{\text{trap}}:={\frac {b-a}{n}}{\frac {f(x_{i})+f(x_{i+1})}{2}}$ donc

$I\approx I^{\text{trap}}:={\frac {b-a}{n}}\left({\frac {f(a)+f(b)}{2}}+\sum _{i=1}^{n-1}f(x_{i})\right)$.

Estimation de l'erreur

Si $f$ est C² alors $I_{i}-I_{i}^{\text{trap}}=-{\frac {(b-a)^{3}}{12n^{3}}}f''(c_{i})$ pour un certain $c_{i}\in [x_{i},x_{i+1}]$ donc

$I-I^{\text{trap}}=-{\frac {(b-a)^{3}}{12n^{2}}}f''(c)$ pour un certain $c\in [a,b]$.

Démonstration

Soit

$[m_{i},M_{i}]=f''([x_{i},x_{i+1}])$.

Pour tout $t\in [x_{i},x_{i+1}]$, d'après la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre 2,

$m_{i}{\frac {(t-x_{i})^{2}}{2}}\leq f(x_{i})-f(t)-(x_{i}-t)f'(t)\leq M_{i}{\frac {(t-x_{i})^{2}}{2}}$

donc en intégrant :

$m_{i}{\frac {(b-a)^{3}}{6n^{3}}}\leq 2(I^{\text{trap}}-I)\leq M_{i}{\frac {(b-a)^{3}}{6n^{3}}}$.

 

Lien externe

Approximation des intégrales (PCSI2, Lycée Corneille, 2010-2011)