11 : Fonctions régulières sur un intervalle

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

11 : Fonctions régulières sur un intervalle

Correction du problème 1– Calcul approché d’une intégrale

Partie I – Approximation polynomiale au bord gauche

Soitf une fonction de classeCⁿ⁺¹ sur un intervalle[α, β].

1. La fonctionf étant de classeCⁿ⁺¹, pour toutk∈[[0, n+ 1]],f^(k)est continue sur l’intervalle fermé borné[α, β], donc est bornée d’après le théorème de compacité. On en déduit l’existence deMℓ= sup|f^(ℓ)|.

2. SoitP ∈Rn[X]un polynôme quelconque, qu’on peut écrire de manière unique sous la forme :

P(X) =

n

X

ℓ=0

aℓ(X−α)^ℓ.

Un calcul simple de dérivée montre qu’on a alors, pour toutℓ∈[[0, n]]: P^(ℓ)(α) =ℓ!aℓ.

Ainsi, on a pour toutℓ∈[[0, n]],P^(ℓ)(α) = f^(ℓ)(α)si et seulement si pour tout ℓ∈[[0, n]],α_ℓ= P^(ℓ)(α) ℓ , si et seulement si

P =

n

X

ℓ=0

f^(ℓ)(α)

ℓ! (X−α)^ℓ

3. On a bien entendu reconnu le développement de Taylor def enα. Ainsi, la fonctionf étant de classeCⁿ⁺¹, on peut utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange : pour toutx∈[α, β]:

|(f(x)−P(x))|6 Mn+1

(n+ 1)!(x−α)ⁿ⁺¹, et en intégrant :

Z β α

(f(x)−P(x)) dx

6 Z β

α |f(x)−P(x)| dx6 Mn+1

(n+ 1)!

Z β α

(x−α)ⁿ⁺¹ dx= Mn+1

(n+ 2)!(β−α)ⁿ⁺² . 4. On utilise la majoration précédente sur chaque intervalle[xk, xk+1]de la subdivision,k∈[[0, N−1]]:

Z xk+1

xk

(f(x)−Pk(x)) dx

6 Mn+1

(n+ 2)!(xk+1−xk)ⁿ⁺²= Mn+1

(n+ 2)!Nⁿ⁺²(b−a)ⁿ⁺², oùPk est le polynôme de Taylor à l’ordrenenxk. Or,

Z xk+1

xk

P(x) dx= Z xk+1

xk

n

X

ℓ=0

f^ℓ(xk)

ℓ! (x−xk)^ℓ dx=

n

X

ℓ=0

f^ℓ(xk)

(ℓ+ 1)!(xk+1−xk)^ℓ+1.

Puisquexk+1−xk= b−a

N , on obtient : Z xk+1

xk

P(x) dx=

n

X

ℓ=0

f^ℓ(xk) (ℓ+ 1)!

(b−a)^ℓ+1 N^ℓ+1 .

Ainsi, en sommant ces expressions, en utilisant la relation de Chasles et l’inégalité triangulaire, il vient :

Z b a

f(x) dx−

n

X

ℓ=0

(b−a)^ℓ+1 (ℓ+ 1)!N^ℓ+1

N−1

X

k=0

f^(ℓ)(xk)

!

6

N−1

X

k=0

Mn+1

(n+ 2)!Nⁿ⁺²(b−a)ⁿ⁺²=Mn+1(b−a)ⁿ⁺² (n+ 2)! · 1

Nⁿ⁺¹.

Ainsi, lorsqueN tend vers+∞ Z b

a

f(x) dx=

n

X

ℓ=0

(b−a)^ℓ+1 (ℓ+ 1)!N^ℓ+1

N−1

X

k=0

f^(ℓ)(xk)

! +O

1 Nⁿ⁺¹

.

5. Lorsquen= 0, on retrouve la méthode des rectangles à gauche, et la vitesse de convergence enO _N¹

justifiée dans le cours d’informatique commune.

Partie II – Approximation polynomiale au point milieu

1. Comme précédemment, Qn,k est le développement de Taylor de f au point mk. Ainsi, l’inégalité de Taylor- Lagrange donne cette fois :

Z xk+1

xk

(f(x)−Q_n,k(x)) dx

6 Mn+1

(n+ 1)!

Z xk+1

xk

|x−m_k|ⁿ⁺¹ dx.

En utilisant les symétries de la fonction à intégrer (c’est-à-dire un changement de variablet=xk+1−xsur la moitié de l’intervalle), on obtient :

Z xk+1

xk

(f(x)−Q_n,k(x)) dx

62· Mn+1

(n+ 1)!

Z xk+1

mk

(x−m_k)ⁿ⁺¹dx= 2· Mn+1

(n+ 2)!(xk−m_k)ⁿ⁺²= Mn+1

(n+ 2)!·(b−a)ⁿ⁺² 2ⁿ⁺¹ . L’intégrale deQn,k=

n

X

ℓ=0

f^ℓ(mk)

ℓ! (X−mk)^ℓ se calcule en remarquant que

Z xk+1

xk

(x−mk)^ℓ dx=







0 siℓimpair

2 (b−a)^ℓ+1

(ℓ+ 1)(2N)^ℓ+1 siℓpair.

On aboutit donc, comme précédemment, en sommant sur les valeurs dek, à : Z b

a

f(x) dx=

n

X

ℓℓ=0pair

(b−a)^ℓ+1 (ℓ+ 1)!2^ℓN^ℓ+1

N−1

X

k=0

f^(ℓ)(mk)

! +O

1 Nⁿ⁺¹

2. Si nest pair, le calcul précédent montre que la partie de degrén+ 1 (impair) deQn+1,k ne contribue à rien dans le calcul de l’intégrale, donc

Z xk+1

xk

Qn,k= Z xk+1

xk

Qn+1,k.

Ainsi, dans toutes les majorations précédentes, on peut remplacerQn,k parQn+1,k, ce qui nous fait gagner un ordre. Ainsi :

Z b a

f(x) dx=

n

X

ℓℓ=0pair

(b−a)^ℓ+1 2^ℓ(ℓ+ 1)!N^ℓ+1

N−1

X

k=0

f^(ℓ)(mk)

! +O

1 Nⁿ⁺²

3. Dans le cas n= 0, on retrouve la méthode du point milieu. Le casn= 1 consiste à approcher la courbe par la tangente au point milieu. Mais quelle que soit la droite passant par le point milieu d’un intervalle, son intégrale sur cet intervalle est la même, donc on a exactement la même expression que la méthode du point milieu. On ne gagner rien de plus.

Au passage, on retrouve la vitesse de convergence de la méthode du point milieu, en O _N¹2

. On comprend bien d’où vient ce facteur puisque cela revient à faire l’approximation par la tangente.

Partie III – Méthodes de Newton-Cotes

1. Il s’agit d’un polynôme d’interpolation, qu’on calcule à l’aide des polynômes de Lagrange :

P(X) =

n

X

ℓ=0

f(yk) Y

i∈[[0,n]]\{k}

(X−y_i) Y

i∈[[0,n]]\{k}

(yk−yi) .

2. On a alors

Z β α

P(t) dt= (β−α)

n

X

k=0

bn,kf(yk), où

b_n,k= 1 β−α

Z β α

Y

i∈[[0,n]]\{k}

(x−yi) Y

i∈[[0,n]]\{k}

(yk−y_i) dx.

Commeyk−yi= (k−i)(β−α), on a donc :

bn,k = 1

(β−α)ⁿ⁺¹ Y

i∈[[0,n]]\{k}

(k−i) Z β

α

Y

i∈[[0,n]]\{k}

(x−yi) dx.

On pose le changement de variablet=n·x−α

β−α, de classeC¹. Il vient Z β

α

Y

i∈[[0,n]]\{k}

(x−y_i) dx=β−α n

Z n 0

Y

i∈[[0,n]]\{k}

α+tβ−α

n −α−kβ−α n

dt

=(β−α)ⁿ⁺¹ nⁿ⁺¹

Z n 0

t(t−1). . .(t−k−1)(t−k+ 1). . .(t−n) dt.

Ainsi,

bn,k= 1

nⁿ⁺¹ Y

i∈[[0,n]]\{k}

(k−i) Z n

0

t(t−1). . .(t−k−1)(t−k+ 1). . .(t−n) dt ,

3. Comme les b_n,k sont indépendants de f, αet β, il suffit de prendre f la fonction constante égale à 1, qui est son propre polynôme d’interpolation sur l’intervalle[0,1]. On obtient immédiatement

n

X

k=0

bn,k= Z 1

0

f(x) dx= 1.

4. Contrôle de l’erreur d’interpolation.

(a) Comme q(yi) = 0, etf(yi) =P(yi)pour touti, lesy_i sont bien des zéros deg . De plus on voit facilement que xest aussi un zéro de g.

(b) Ainsi, l’applicationg possèden+ 2zéros distincts. Comme elle est de classeCⁿ⁺¹ sur l’intervalle[a, b], on peut appliquer une première fois le théorème de Rolle entre chacune de ces racines rangées dans l’ordre croissant, ce qui nous donne n+ 1zéros de g^′. On applique une deuxième fois le théorème de Rolle pour trouvern zéros deg^′′ et on itère ce procédé jusqu’à la dérivée d’ordren+ 1, en perdant à chaque fois un zéro. Il nous reste alors au moins un zéro deg⁽ⁿ⁺¹⁾. Ainsi, il existec∈[a, b]tel que g⁽ⁿ⁺¹⁾(c) = 0 . (c) On calculeg⁽ⁿ⁺¹⁾. CommeP est de degrén, on obtient :

∀t∈[a, b], g⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)−(f(x)−P(x))(n+ 1)!

q(x) ,

le facteur(n+ 1)!provenant de l’expression de la dérivéen+ 1-ième d’un polynôme unitaire de degrén+ 1.

Ainsi, en évaluant enc :

0 =f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)−(f(x)−P(x))(n+ 1)!

q(x) , d’où :

|f(x)−P(x)|=f⁽ⁿ⁺¹⁾(c) |q(x)|

(n+ 1)! 6Mn+1

n

Y

k=0

(x−yk) (n+ 1)! .

5. On intègre l’expression précédente sur l’intervalle [α, β], en considérantα=x_k et β=xk+1. Ainsi Z xk+1

xk

|f(x)−P(x)| dx6 Mn+1

(n+ 1)!

Z xk+1

xk

n

Y

k=0

(x−yk)

dx.

Par ailleurs, d’après la question 2 : Z xk+1

xk

P(x) dx= (xk+1−xk)

n

X

ℓ=0

bn,ℓf(yℓ)

= b−a n

n

X

k=0

bn,kf

a+ k

N(b−a) + ℓ n

b−a n

=h

n

X

ℓ=0

bn,ℓf

a+

k+ ℓ n

h

, oùh= b−a N .

D’un autre côté, par un calcul similaire à la question 2, Z xk+1

xk

n

Y

k=0

(x−yk)

dx= (xk+1−x_k)ⁿ⁺² nⁿ⁺²

Z n

0 |t(t−1)·(t−n)|dt= (b−a)ⁿ⁺² Nⁿ⁺²nⁿ⁺²

Z n

0 |t(t−1)·(t−n)|dt.

Ainsi :

Z xk+1

xk

|f(x)−P(x)|dx6 Mn+1(b−a)ⁿ⁺² (n+ 1)!Nⁿ⁺²nⁿ⁺²

Z n

0 |t(t−1)·(t−n)| dt.

Par sommation surket inégalité triangulaire (sur la somme et l’intégrale), on en déduit donc que :

Z b a

f(t) dt−I_N

6

N−1

X

k=0

Mn+1(b−a)ⁿ⁺² (n+ 1)!Nⁿ⁺²nⁿ⁺²

Z n

0 |t(t−1)·(t−n)|dt 6 CnMn+1(b−a)ⁿ⁺²

Nⁿ⁺¹ , où Cn= Mn+1

(n+ 1)!nⁿ⁺² Z n

0 |t(t−1)·(t−n)|dt est bien indépendant deN,f,aetb.

6. (a) On pose m=ⁿ₂ etγ=¹₂(β−α). Le changement de variablet=x−ymamène Z β

α

(x−y0)· · ·(x−yn) dx= Z γ

−γ

(t+xm−x0)· · ·t· · ·(t+ym−yn) dt

= Z γ

−γ

t+m n

· · ·(t+ 1)t(t+ 1)· · ·

t+n−m n

dt.

On remarque que n−m n = 1

2 = m

n. Ainsi, l’intégrande est une fonction impaire, et l’intervalle d’intégration est symétrique en0. Ainsi,

Z β α

(x−y0)· · ·(x−yn) dx= 0 . (b) On déduit de la question précédente que pour toutλ∈R,

Z β α

(P(x)−λ(x−y0)· · ·(x−yn)) dx= Z β

α

P(x) dx.

On pose alors Q =P−λ(x−y0)· · ·(x−yn), qui est bien de degré au plus n+ 1, et vérifie l’égalité des intégrales. On rechercheλtel queQ^′(ym) =f^′(ym). Pour montrer qu’un tel choix deλexiste, on remarque que le polynômeR= (X−y1)· · ·(X−yn)admetymcomme racine simple, donc R^′(ym)6= 0. Il suffit alors de définirλpar

λ=P^′(ym)−f^′(ym) R^′(ym) pour obtenirQ^′(ym) =f^′(ym).

(c) On pose q(t) = (t−y_m)

n

Y

k=0

(t−y_k), et on considère, pourxfixé, la fonctiong définie par :

g(t) =f(t)−Q(t) + q(t)

q(x)(f(x)−Q(x)).

Alors, lesyi ainsi quexsont toujours des zéros deg, qui admet doncn+ 2zéros distincts. Le théorème de Rolle permet donc de trouvern+ 1 zéros de g^′, venant s’intercaler strictement entre les zéros deg. Mais par ailleurs,ym étant une racine double deq, et zéro def^′−Q^′, on remarque que g^′(ym) = 0, et ainsi, on dispose de n+ 2 zéros distincts de g^′. Puisque g est de classe Cⁿ⁺², on peut itérer le théorème de Rolle, jusqu’à l’obtention d’un zéro deg⁽ⁿ⁺²⁾.

On calcule maintenantg⁽ⁿ⁺²⁾, et on évalue enc. Commeqest unitaire de degrén+ 2, on obtient : 0 =f⁽ⁿ⁺²⁾(c) +(n+ 2)!

q(x) (f(x)−Q(x)), donc

|f(x)−Q(x)|= |f⁽ⁿ⁺²⁾(c)| (n+ 2)! |q(x)|.

Comme plus haut, on montre qu’il existe un réelDn ne dépendant que den, tel que Z β

α |q(x)|dx6Dn(β−α)ⁿ⁺³.

On intègre entre 2 pointsα=x_k etβ =xk+1 d’une subdivision régulière de[a, b]. Puisque Z β

α

Q(x) dx= Z β

α

P(x) dx, on obtient la même expression que plus haut, c’est-à-dire :

Z xk+1

xk

f(x) dx−h

n

X

ℓ=0

bn,ℓf

a+

k+ ℓ n

h

6Dn(xk+1−xk)ⁿ⁺³=Dn

(b−a)ⁿ⁺³ Nⁿ⁺³ .

Ainsi, en sommant surk, il vient :

Z b a

f(t) dt−I_N

6

N−1

X

k=0

D_n(b−a)ⁿ⁺³

Nⁿ⁺³ =D_n(b−a)ⁿ⁺³ Nⁿ⁺² . On a bien obtenu :

Z b a

f(t) dt=IN +O 1

Nⁿ⁺²

.

(d) Le cas n = 2correspond à une interpolation aux deux extrémités et au milieu de chaque intervalle de la subdivision. On a fait les calculs des coefficients en cours d’informatique (il s’agit de la méthode de Simpson).

Ce qu’on obtient est :

Z b a

f(t) dt=

N−1

X

k=0

1

6(f(xk) + 4f(mk) +f(xk+1)) +O 1

N⁴

oùmk désigne le milieude[xk, xk+1]. On a ainsi démontré la convergence en _N¹4 de la méthode d’intégration de Simpson, point qu’on avait admis dans le cours d’informatique.

Partie IV – Méthode de Gauss

1. (a) On montre par récurrence bornée surk∈[[0, n]]quePn^(k)possède au moinskracines distinctes dans]−1,1[, propriété que nous noteronsP(k). Pourk= 0, la propriété à montrer est assez creuse.

Soitk∈[[0, n−1]] telle queP(k) soit vraie. AlorsPn^(k) admet au moinsk racines distinctes dans]−1,1[.

Par ailleurs,1 et−1sont racines de multipliciténdeP_n, donc sont aussi racines de Pn^(k). Ainsi, on dispose dek+ 2racines distinctes dePn^(k)dans[−1,1]. On applique le théorème de Rolle entre ces racines (ce qu’on peut faire puisqu’un polynôme est de classeC^∞). On trouve doncn+ 1racines distinctes dePn^(k+1) situées strictement entre les racines dePn^(k), donc dans]−1,1[.

D’après le principe de récurrence, pour toutk∈[[0, n]], Pn^(k) admet au moinsk distinctes racines dans[[0, n]]. (b) En particulier,Ln admet au moins n racines distinctes dans ]−1,1[. Comme deg(Ln) = n, elle ne peut

pas en avoir plus (comptées avec multiplicité), donc ce sont là toutes les racines deLn. On en déduit que L_n est à racines simples toutes dans]−1,1[.

2. Notons Ln,k lek-ième polynôme d’interpolation de Lagrange de la familler1, . . . , rn. Ainsi, Q_n=

n

X

ℓ=1

f(rn)Ln,k.

On pose alorsλk= Z 1

−1

Ln,k(x) dx, indépendant def, et on obtient bien :

Z 1

−1

Pn(x) dx=

n

X

ℓ=1

λℓP(rℓ).

3. (a) Si P est un polynôme de degré strictement inférieur àn, il est son propre polynôme d’interpolation (par unicité), doncP=Pn, et donc In(P) =I(P).

(b) SoitP est un polynôme vérifiantdeg(P)<2n, etRson reste par la division euclidienne parLn. On a donc P =QPn⁽ⁿ⁾+R, oùQest un polynôme de degré inférieur strictement à n. Or, une intégration par parties (sur les fonctionsC^∞) donne :

Z 1

−1

Q(x)P_n⁽ⁿ⁾(x) dx=h

Q(x)P_n⁽ⁿ⁻¹⁾i1

−1− Z 1

−1

Q^′(x)P_n⁽ⁿ⁻¹⁾(x) dx=− Z 1

−1

Q^′(x)P_n⁽ⁿ⁻¹⁾(x) dx car1et−1sont racines d’ordrendePn, donc racines dePn⁽ⁿ⁻¹⁾. On peut itérer cet argument en intégrant plusieurs fois par parties, et on obtient :

Z 1

−1

Q(x)P_n⁽ⁿ⁾(x) dx= (−1)ⁿ Z 1

−1

Q⁽ⁿ⁾(x)Pn(x) dx.

Puisquedeg(Q)< n,Q⁽ⁿ⁾= 0, d’où finalement, Z 1

−1

Q(x)P_n⁽ⁿ⁾(x) dx= 0.

On obtient donc enfin : I(P) =I(R).

Mais par ailleurs, puisquedeg(R)< n,I(R) =In(Rn). Pour terminer, on constate que puisque lesri sont racines de L_n,P etR prennent les même valeurs sur lesr_i, donc ont même polynôme interpolateur (c’est en fait le polynômeRlui-même), donc In(P) =In(R).

En mettant bout-à-bout ces trois égalités, il vient : I(P) =I(Pn). 4. Polynôme d’interpolation de Hermite de f

(a) Soit H1 etH2deux éléments de R2n−1[X]et λ∈R. Alors :

ϕ(H1+λH2) = (H(r1) +λH2(r1), H₁^′(r1) +λH₂^′(r1), . . . , H1(rn) +λH2(rn), H₁^′(rn) +λH₂^′(rn))

= (H1(r1), H₁^′(r1), . . . , H1(rn), H₁^′(rn)) +λ(H2(r1), H₂^′(r1), . . . , H2(rn), H₂^′(rn))

=ϕ(H1) +λϕ(H2).

Ainsi,ϕest une application linéaire. Déterminons son noyau : soitH ∈Ker(ϕ). Alors pour toutk∈[[1, n]], H(rk) =H^′(rk) = 0. Ainsi,rkest racine au moins double deH. Le polynômeH a donc au moins2nracines comptées avec multiplicité. Commedeg(H)<2n, on en déduit queH = 0. Ainsi,Ker(ϕ) ={0}.

Par conséquent,ϕest injective. De plus, il s’agit d’une application linéaire entre deux espaces vectoriels de même dimension finie2n, donc, par caractérisation des isomophismes en dimension finie, ϕest un isomorphisme . (b) La bijectivité deϕ nous assure l’existence et l’unicité des antécédents de tout2n-uplet. Ainsi, le 2n-uplet

(f(r1), f^′(r1), . . . , f(rn), f^′(rn))admet un unique antécédent parϕ. En d’autres termes, il existe un unique polynômeBn ∈R2n−1[X]tel que

∀j∈[[1, n]], Bn(rj) =f(rj) et B^′_n(rj) =f^′(rj).

5. PuisqueBnprend les mêmes valeurs quefauxri,f etBnont même polynôme d’interpolation, donc In(Bn) =In(f). 6. (a) Comme xest distinct des ri, Pn⁽ⁿ⁾(x) 6= 0, et on trouve αtel que g(x) = 0 en résolvant une équation de

degré1. D’où l’existence et l’unicité deα.

(b) Comme dans les parties précédentes, puisquef(ri) =B_n(r1), lesr_isont zéros deg, ainsi quex. On dispose donc de n+ 1 zéros distincts de g^′, et donc, en utilisant le théorème de Rolle, den zéros distincts de g^′, séparant strictement les zéros de g (et donc notamment, dans ]−1,1[, et distincts desr_i). Or, les r_i sont racines doubles de (Pn⁽ⁿ⁾)² et f^′(ri) = B_n^′(ri). Ainsi, les ri sont aussi zéros de g^′. On a donc de la sorte

2nzéros distincts deg^′ , dans]−1,1[.

(c) On utilise toujours le théorème de Rolle itéré pour obtenir c ∈]−1,1[tel que g⁽²ⁿ⁾(c) = 0, soit, puisque deg(Bn)< n, etdeg(Pn⁽ⁿ⁾)²= 2n, de coefficient dominant

(2n)!

n!

2

:

0 =f⁽²ⁿ⁾(c)−αP_n⁽²ⁿ⁾(c) =f⁽²ⁿ⁾(c)−α(2n)!

(2n)!

n!

2

.

On trouve doncα=f⁽²ⁿ⁾(c)· (n!)²

((2n)!)³, d’où, en exprimant l’égalitég(x) = 0: 0 =f(x)−Bn(x)−f⁽²ⁿ⁾(c)· (n!)²

((2n)!)³(P_n⁽ⁿ⁾(x))², c’est-à-dire :

f(x)−Bn(x) = (n!)²

((2n)!)³ ·f⁽²ⁿ⁾(c)(P_n⁽ⁿ⁾(x))² . 7. Ainsi,

|I(f)− In(f)|6 Z 1

−1|f(x)−B_n(x)|dx6M2n

(n!)² ((2n)!)³

Z 1

−1

(P_n⁽ⁿ⁾(x))² dx.

Le même argument d’intégrations par partie itérées qu’en 3(b) amène : Z 1

−1

(P_n⁽ⁿ⁾(x))² dx= (−1)ⁿ Z 1

−1

P_n⁽²ⁿ⁾(x)Pn(x) dx= (−1)ⁿ(2n)!

Z 1

−1

(x−1)ⁿ(x+ 1)ⁿ dx.

Or, soitIp,q = Z 1

−1

(x−1)^p(x+ 1)^q dx. Intégrons par partie, pourp >0 :

I_p,q = 1 q+ 1

h(x−1)^p(x+ 1)^q+1i1

−1− p q+ 1

Z 1

−1

(x−1)^p−1(x+ 1)^q+1 dx=− p

q+ 1I_p−1,q+1. En itérant, il vient :

Ip,q = (−1)^p p!q!

(p+q)!

Z 1

−1

(x+ 1)^p+q dx= (−1)^p p!q!

(p+q+ 1)!2^p+q+1. En particulier,

Z 1

−1

(x−1)ⁿ(x+ 1)ⁿ dx=In,n = (−1)ⁿ(n!)²2²ⁿ⁺¹ (2n+ 1)! .

On en déduit que

Z 1

−1

(P_n⁽ⁿ⁾(x))² dx= (n!)²2²ⁿ⁺¹ 2n+ 1 , d’où finalement

|I(f)− In(f)|6M2n

(n!)² ((2n)!)³

(n!)²2²ⁿ⁺¹ 2n+ 1 =M2n

2²ⁿ⁺¹

2n n

²

(2n)!(2n+ 1) = M2n

2²ⁿ⁺¹

2n n

²

(2n+ 1)! .

8. On effectue le changement de variablex=u−^α+β2 β−α

2

, soitu=^β−₂^α·x+^α+β₂ :

Z β α

f(u) du=β−α 2

Z 1

−1

f

β−α

2 ·x+α+β 2

du.

On applique la majoration précédente à la fonctiong : u7→f

β−α

2 ·x+α+β 2

, dont la dérivée 2n-ième est

g⁽²ⁿ⁾(u) =

β−α 2

2n

f⁽²ⁿ⁾

β−α

2 ·x+α+β 2

,

dont la borne supérieureM_2n^′ est par conséquentM_2n^′ =

β−α 2

2n

M2n. Or,

In(g) =

n

X

j=1

λjg(rj) = β−α 2

n

X

j=1

λjf

α+β 2 +rj

β−α 2

.

Ainsi,

Z β α

f(u) du−β−α 2

n

X

j=1

λjf

α+β 2 +rj

β−α 2

6 β−α

2 |I(g)− In(g)| 6 β−α

2 ·M_2n^′ 2²ⁿ⁺¹

2n n

2

(2n+ 1)!

=

β−α 2

2n+1

M2n 2²ⁿ⁺¹

2n n

2

(2n+ 1)!

= M2n· (β−α)²ⁿ⁺¹

2n n

²

(2n+ 1)! . 9. On considère le casn= 2. On détermine le polynômeL2 :

L2= ((X²−1)²)^′′= (X⁴−2X²+ 1)^′′= 12X²−4 = 4(3X²−1), dont les racines sontr1=−^√1₃ etr2= ^√1₃. On a alors :

α+β 2 +r1

β−α

2 =m−β−α 2√

3 et α+β

2 +r2

β−α

2 =m+β−α 2√

3 , oùmest le milieu de[α, β].

On détermine aussi les deux coefficients λ1 et λ2. On peut les déterminer par le calcul des intégrales des polynômes d’interpolation de Lagrange, ou alors se servir du fait qu’ils ne dépendent pas def, et que la formule d’interpolation est exacte sur les polynômes de degré au plus3. En particulier, pour une fonctionf constante de valeur1, on obtient2 =λ1+λ2, et pour la fonction identité, on obtient0 =−λ1

√3 + λ2

√3. Il en résulte que λ1=λ2= 1.

En utilisant la majoration de la question précédente à tout intervalle d’une subdivision régulière(xi)i∈[[0,N]]

d’un intervalle[a, b], on obtient, pour toutk∈[[0, N−1]]:

Z xk+1

xk

f(u) du−b−a 2N

f

m_k− b−a 2N√

3

+f

m_k+ b−a 2N√

3

6M4· (b−a)⁵

6²·5!·N⁵ =M4(b−a)⁵ 4320N⁵ .

En sommant cette inégalité, et en utilisant l’inégalité triangulaire et la relation de Chasles, il vient enfin :

Z b a

f(u) du−b−a 2N

N−1

X

k=0

f

m_k− b−a 2N√

3

+f

m_k+ b−a 2N√

3

6M4(b−a)⁵ 4320N⁴ .