Exercices corrigés : l'intégration numérique (201-NYB)

a) Première raison : la fonction n'a PAS de primitive élémentaire. C'est le cas de $e^{-x^{2}}$ (loi normale en statistique), de $\frac{\sin x}{x}$ (optique) et de $\sqrt{1+x^{3}}$ : aucune combinaison finie de fonctions usuelles ne les intègre, et c'est un théorème, pas un aveu d'ignorance. Seconde raison : on ne dispose d'AUCUNE formule pour $f$, seulement de valeurs mesurées. Un relevé de vitesse toutes les deux secondes, un débit de rivière relevé chaque heure, une courbe de pression sortie d'un capteur : le théorème fondamental exige une primitive, donc une formule, et il n'y en a pas. Dans les deux cas l'intégration numérique n'est pas une approximation de confort, c'est la seule voie disponible.

b) $h=\frac{b-a}{n}=\frac{2-1}{4}=0{,}25$. Points : $x_{0}=1$, $x_{1}=1{,}25$, $x_{2}=1{,}5$, $x_{3}=1{,}75$, $x_{4}=2$. Valeurs de $f(x)=\frac{1}{x}$ : $1$; $0{,}8$; $0{,}6666667$; $0{,}5714286$; $0{,}5$. Rectangles à gauche (on omet la DERNIÈRE valeur) : $L_{4}=0{,}25\left[1+0{,}8+0{,}6666667+0{,}5714286\right]=0{,}25\times 3{,}0380952=0{,}7595238$. L'écart avec $\ln 2$ vaut $0{,}0663766$ : c'est une surestimation importante, attendue puisque $\frac{1}{x}$ est décroissante et que chaque rectangle est construit sur son bord le plus haut.

c) Milieux des quatre sous-intervalles : $1{,}125$; $1{,}375$; $1{,}625$; $1{,}875$. Valeurs : $0{,}8888889$; $0{,}7272727$; $0{,}6153846$; $0{,}5333333$. Donc $M_{4}=0{,}25\times 2{,}7648795=0{,}6912199$. Erreur : $\left|0{,}6912199-0{,}6931472\right|=0{,}0019273$, contre $0{,}0663766$ pour $L_{4}$ : la règle du MILIEU est environ 34 fois meilleure. C'était prévisible : sur chaque sous-intervalle, le rectangle du milieu coupe la courbe et compense en partie ce qu'il retranche d'un côté par ce qu'il ajoute de l'autre, alors que le rectangle de gauche se trompe systématiquement dans le même sens. Une erreur qui alterne se compense; une erreur qui s'accumule ne se compense jamais.

d) Ces sommes SONT les sommes de Riemann, à ceci près qu'on ne passe pas à la limite. Par définition, $\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i}^{*})\Delta x$ pour n'importe quel choix de points $x_{i}^{*}$ dans les sous-intervalles : prendre le bord gauche donne $L_{n}$, le bord droit $R_{n}$, le centre $M_{n}$. Le chapitre de l'intégrale définie utilisait ces sommes pour DÉFINIR l'intégrale et démontrer le théorème fondamental, en les poussant à l'infini; l'intégration numérique fait le chemin inverse et les utilise pour CALCULER, en s'arrêtant à un $n$ fini. Toute la question devient alors : quelle erreur commet-on en s'arrêtant, et c'est l'objet de la partie B.

a) Sur le sous-intervalle $\left[x_{i-1},x_{i}\right]$, on remplace la courbe par le segment joignant $\left(x_{i-1},f(x_{i-1})\right)$ à $\left(x_{i},f(x_{i})\right)$. La figure obtenue est un trapèze de « bases » $f(x_{i-1})$ et $f(x_{i})$ et de hauteur $h$, donc d'aire $\frac{h}{2}\left[f(x_{i-1})+f(x_{i})\right]$. En sommant sur les $n$ sous-intervalles : $T_{n}=\frac{h}{2}\sum_{i=1}^{n}\left[f(x_{i-1})+f(x_{i})\right]$. Les coefficients $1,2,\ldots,2,1$ s'expliquent alors tout seuls : chaque point INTÉRIEUR $x_{1},\ldots,x_{n-1}$ appartient à DEUX trapèzes consécutifs (il est l'extrémité droite de l'un et l'extrémité gauche du suivant), donc il est compté deux fois; les deux points EXTRÊMES $x_{0}$ et $x_{n}$ n'appartiennent qu'à un seul trapèze et ne sont comptés qu'une fois.

b) Avec les valeurs déjà calculées : $T_{4}=\frac{0{,}25}{2}\left[1+2(0{,}8)+2(0{,}6666667)+2(0{,}5714286)+0{,}5\right]=0{,}125\left[1+1{,}6+1{,}3333333+1{,}1428571+0{,}5\right]=0{,}125\times 5{,}5761905=0{,}6970238$. Erreur : $\left|0{,}6970238-0{,}6931472\right|=0{,}0038766$. À comparer aux $0{,}0663766$ des rectangles à gauche : la méthode des trapèzes est ici 17 fois plus précise, pour exactement le même nombre d'évaluations de la fonction. C'est le meilleur rapport rendement sur effort du chapitre.

c) $R_{4}$ s'obtient en omettant la PREMIÈRE valeur : $R_{4}=0{,}25\left[0{,}8+0{,}6666667+0{,}5714286+0{,}5\right]=0{,}25\times 2{,}5380952=0{,}6345238$. Moyenne : $\frac{L_{4}+R_{4}}{2}=\frac{0{,}7595238+0{,}6345238}{2}=\frac{1{,}3940476}{2}=0{,}6970238=T_{4}$ ✓. La relation se comprend directement sur la formule : additionner $L_{n}$ et $R_{n}$ compte chaque point intérieur deux fois et les extrémités une fois, ce qui est exactement la structure $1,2,\ldots,2,1$; il ne reste qu'à diviser par 2. En pratique, cela signifie que la méthode des trapèzes ne coûte RIEN de plus que les rectangles : elle se contente de moyenner les deux erreurs, qui sont de signes opposés.

d) $T_{4}=0{,}6970238>\ln 2$ : la méthode SURESTIME. Explication par la concavité : $f(x)=\frac{1}{x}$ a pour dérivée seconde $f''(x)=\frac{2}{x^{3}}>0$ sur $[1,2]$, la fonction est donc CONVEXE (ouverte vers le haut). Or la corde joignant deux points d'une courbe convexe passe AU-DESSUS de la courbe : chaque trapèze contient donc un peu plus que l'aire réelle, et la somme surestime. Règle générale : $f$ convexe donne une surestimation par les trapèzes, $f$ concave une sous-estimation. La règle du MILIEU se trompe dans le sens inverse (elle sous-estimait ici, $M_{4}<\ln 2$ ✓), ce qui n'est pas un hasard et suggère qu'une moyenne pondérée des deux devrait être excellente : c'est exactement ce qu'est la méthode de Simpson, puisqu'on peut montrer que $S_{2n}=\frac{2M_{n}+T_{n}}{3}$.

a) Principe : au lieu d'approcher $f$ par des segments de droite, on l'approche par des ARCS DE PARABOLE. Une parabole $y=ax^{2}+bx+c$ a trois coefficients, il faut donc TROIS points pour la déterminer : on regroupe les sous-intervalles DEUX PAR DEUX et on fait passer une parabole par $\left(x_{0},f(x_{0})\right)$, $\left(x_{1},f(x_{1})\right)$, $\left(x_{2},f(x_{2})\right)$, puis par les trois suivants, et ainsi de suite. La contrainte est immédiate : les sous-intervalles devant s'apparier, leur nombre $n$ doit être PAIR. C'est aussi ce qui explique l'alternance des coefficients $1,4,2,4,\ldots,4,1$ : les points d'indice IMPAIR sont les sommets intermédiaires de chaque parabole (coefficient 4), les points d'indice PAIR intérieurs sont partagés entre deux paraboles voisines (coefficient 2), et les deux extrémités n'appartiennent qu'à une parabole (coefficient 1).

b) $S_{4}=\frac{0{,}25}{3}\left[f(1)+4f(1{,}25)+2f(1{,}5)+4f(1{,}75)+f(2)\right]=\frac{0{,}25}{3}\left[1+3{,}2+1{,}3333333+2{,}2857143+0{,}5\right]=0{,}0833333\times 8{,}3190476=0{,}6932540$. Erreur : $\left|0{,}6932540-0{,}6931472\right|=0{,}0001068$. Comparaison avec $T_{4}$, dont l'erreur valait $0{,}0038766$ : Simpson est environ 36 fois plus précise, en utilisant exactement les MÊMES cinq valeurs de la fonction. Seuls les coefficients changent. C'est pourquoi Simpson est la méthode par défaut dès qu'on peut choisir : à coût de calcul identique, elle gagne un à deux ordres de grandeur.

c) Avec $n=5$, les sous-intervalles ne peuvent pas être regroupés par paires : il en resterait un seul à la fin, sur lequel aucune parabole ne peut être construite faute d'un troisième point. La formule ne s'applique tout simplement pas, et l'appliquer mécaniquement produirait une alternance de coefficients incohérente, donc un résultat faux sans aucun avertissement. C'est le piège le plus fréquent du chapitre à l'examen. L'étudiant doit passer à $n=4$ ou $n=6$ (l'un des deux entiers pairs voisins), ou bien utiliser la méthode des trapèzes, qui n'impose aucune condition de parité. Réflexe à prendre : avant d'écrire quoi que ce soit pour Simpson, vérifier que $n$ est pair.

d) Valeur exacte : $\int_{0}^{2}x^{3}dx=\left[\frac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2}=\frac{16}{4}=4$. Par Simpson avec $n=2$, donc $h=1$ et les points $0$, $1$, $2$ : $S_{2}=\frac{1}{3}\left[0^{3}+4(1)^{3}+2^{3}\right]=\frac{1}{3}\left[0+4+8\right]=\frac{12}{3}=4$ ✓, exactement. Le résultat révèle que Simpson est EXACTE pour tout polynôme de degré au plus 3, alors qu'on ne l'a construite que pour être exacte sur les paraboles (degré 2). Ce degré supplémentaire gratuit vient d'une compensation de symétrie : sur chaque paire de sous-intervalles, l'erreur commise sur le terme cubique d'un côté annule exactement celle de l'autre côté. C'est précisément cette exactitude au degré 3 qui explique la borne d'erreur en $f^{(4)}$ de l'exercice suivant : la méthode ne commence à se tromper qu'à partir du degré 4, donc l'erreur est gouvernée par la dérivée quatrième.

a) Erreur des trapèzes : $T_{4}-\ln 2=0{,}6970238-0{,}6931472=+0{,}0038766$, donc une SURESTIMATION. Erreur du milieu : $M_{4}-\ln 2=0{,}6912199-0{,}6931472=-0{,}0019273$, donc une SOUS-ESTIMATION. Les deux erreurs sont de signes OPPOSÉS, ce qui garantit déjà un encadrement : $M_{4}<\ln 2<T_{4}$.

b) Le rapport vaut $\frac{+0{,}0038766}{-0{,}0019273}\approx-2{,}01$, donc très près de $-2$. Relation générale : $E_{T}\approx-2E_{M}$, autrement dit l'erreur du milieu est DEUX FOIS plus petite que celle des trapèzes et de signe contraire. Explication par la concavité : la fonction $\frac{1}{x}$ est convexe, donc la corde passe au-dessus de la courbe (les trapèzes surestiment) tandis que la tangente au milieu passe en dessous (la règle du milieu sous-estime, car le rectangle du milieu équivaut au trapèze construit sur la tangente). Le facteur 2 vient des formules d'erreur elles-mêmes : $E_{T}=-\frac{f''(c)(b-a)^{3}}{12n^{2}}$ contre $E_{M}=+\frac{f''(c)(b-a)^{3}}{24n^{2}}$, et $24=2\times 12$. La règle du milieu est donc DEUX FOIS plus précise que les trapèzes pour le même nombre d'évaluations, ce qui la rend étonnamment compétitive malgré sa simplicité apparente.

c) Calcul : $\frac{2(0{,}6912199)+0{,}6970238}{3}=\frac{1{,}3824398+0{,}6970238}{3}=\frac{2{,}0794636}{3}=0{,}6931545$. Or $S_{8}=0{,}6931545$ également : l'égalité est EXACTE, à toutes les décimales, et non approchée. Ce nombre est l'estimation de Simpson à huit sous-intervalles, dont l'erreur ne vaut que $7{,}3\times 10^{-6}$.

d) Démonstration. Notons $h=\frac{b-a}{n}$. La méthode de Simpson à $2n$ sous-intervalles utilise les $n+1$ points de la subdivision grossière ET les $n$ milieux. En regroupant ses coefficients $1,4,2,4,\ldots,4,1$ (avec le pas $\frac{h}{2}$), les points de la subdivision grossière reçoivent le poids des coefficients pairs et les milieux celui des coefficients 4. Un calcul direct donne $S_{2n}=\frac{h}{6}\left[f(x_{0})+f(x_{n})+2\sum_{\text{intérieurs}}f(x_{i})+4\sum_{\text{milieux}}f(m_{i})\right]$, qu'on reconnaît comme $\frac{1}{3}T_{n}+\frac{2}{3}M_{n}$, c'est-à-dire $\frac{T_{n}+2M_{n}}{3}$ ✓. CONSÉQUENCE PRATIQUE : si l'on a déjà calculé $T_{n}$ et $M_{n}$, on obtient Simpson à $2n$ sous-intervalles GRATUITEMENT, par une simple moyenne pondérée, sans aucune évaluation supplémentaire de la fonction. C'est le principe de l'extrapolation : combiner deux estimations médiocres dont les erreurs sont de signes opposés et de rapport connu pour en fabriquer une bien meilleure. La méthode de Romberg généralise cette idée en cascade.

a) La formule est $L=\int_{a}^{b}\sqrt{1+\left[f'(x)\right]^{2}}\,dx$. Ici $f(x)=x^{2}$ donne $f'(x)=2x$, donc $L=\int_{0}^{1}\sqrt{1+4x^{2}}\,dx$.

b) Avec $h=0{,}25$ et $g(x)=\sqrt{1+4x^{2}}$ : $g(0)=1$; $g(0{,}25)=\sqrt{1{,}25}\approx 1{,}118034$; $g(0{,}5)=\sqrt{2}\approx 1{,}414214$; $g(0{,}75)=\sqrt{3{,}25}\approx 1{,}802776$; $g(1)=\sqrt{5}\approx 2{,}236068$. Donc $S_{4}=\frac{0{,}25}{3}\left[1+4(1{,}118034)+2(1{,}414214)+4(1{,}802776)+2{,}236068\right]=\frac{0{,}25}{3}\left(17{,}747734\right)\approx 1{,}478978$.

c) Valeur exacte : $\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\ln\left(2+\sqrt{5}\right)}{4}=1{,}118034+0{,}360909=1{,}478943$. L'erreur de Simpson vaut donc $\left|1{,}478978-1{,}478943\right|\approx 3{,}5\times 10^{-5}$, soit une précision relative de $0{,}0024$ pour cent avec seulement cinq évaluations de la fonction. En passant à $n=8$ l'erreur tombe à $1{,}1\times 10^{-6}$, conformément à l'ordre 4 de la méthode.

d) Parce que la formule impose une RACINE CARRÉE d'un polynôme : $\sqrt{1+\left[f'(x)\right]^{2}}$. Or les primitives de telles expressions ne sont élémentaires que dans des cas très particuliers. Dès que $f$ est un peu plus compliquée qu'une parabole, on tombe sur des intégrales dites elliptiques, dont il est DÉMONTRÉ qu'elles n'ont pas de primitive élémentaire : c'est le cas de la longueur d'une ellipse, du sinus, ou d'une chaînette générale. La parabole du point a) fait figure d'exception heureuse, et c'est d'ailleurs pourquoi elle sert d'exemple dans tous les manuels. ENCADREMENT géométrique : la longueur de l'arc est nécessairement supérieure à celle de la CORDE joignant $(0,0)$ à $(1,1)$, soit $\sqrt{2}\approx 1{,}414$, puisque le segment est le plus court chemin; et elle est inférieure à la somme des deux côtés du rectangle englobant, soit $1+1=2$. On a donc $1{,}414<L<2$, et la valeur $1{,}479$ trouvée s'y place bien ✓. Ce genre d'encadrement grossier coûte dix secondes et attrape immédiatement une erreur de facteur ou de signe.

a) Bornes : $\left|E_{T}\right|\leq\frac{K(b-a)^{3}}{12n^{2}}$ avec $K\geq\left|f''\right|$ sur $[a,b]$, et $\left|E_{S}\right|\leq\frac{M(b-a)^{5}}{180n^{4}}$ avec $M\geq\left|f^{(4)}\right|$. Pour $f(x)=x^{-1}$ : $f'=-x^{-2}$, $f''=2x^{-3}$, $f'''=-6x^{-4}$, $f^{(4)}=24x^{-5}$. Sur $[1,2]$, ces deux fonctions sont décroissantes en valeur absolue, leur maximum est donc atteint en $x=1$ : $K=\left|f''(1)\right|=2$ et $M=\left|f^{(4)}(1)\right|=24$. Il faut toujours chercher le maximum de la valeur ABSOLUE sur l'intervalle, et non la valeur en un point quelconque.

b) Trapèzes, $n=4$, $b-a=1$ : $\left|E_{T}\right|\leq\frac{2\times 1}{12\times 16}=\frac{2}{192}=0{,}0104167$. Erreur réelle observée : $0{,}0038766\leq 0{,}0104167$ ✓. Simpson, $n=4$ : $\left|E_{S}\right|\leq\frac{24\times 1}{180\times 256}=\frac{24}{46080}=0{,}0005208$. Erreur réelle : $0{,}0001068\leq 0{,}0005208$ ✓. Les deux bornes sont respectées, et elles sont pessimistes d'un facteur 3 à 5, ce qui est normal et souhaitable : une borne doit garantir, pas prédire.

c) Avec $n=8$ (donc $h=0{,}125$) : $T_{8}=0{,}6941219$, d'erreur $0{,}0009747$; et $S_{8}=0{,}6931545$, d'erreur $0{,}0000073$. Facteurs de réduction : pour les trapèzes, $\frac{0{,}0038766}{0{,}0009747}\approx 3{,}98$, soit $4$; pour Simpson, $\frac{0{,}0001068}{0{,}0000073}\approx 14{,}5$, soit environ $16$. Ces facteurs se lisent directement dans les formules : l'erreur des trapèzes est en $\frac{1}{n^{2}}$, donc doubler $n$ la divise par $2^{2}=4$; celle de Simpson est en $\frac{1}{n^{4}}$, donc par $2^{4}=16$. On dit que les trapèzes sont d'ORDRE 2 et Simpson d'ORDRE 4. Conséquence pratique décisive : pour gagner un chiffre significatif de plus, il faut environ tripler $n$ avec les trapèzes, et seulement le multiplier par $1{,}8$ avec Simpson.

d) Ce sont des bornes parce qu'on y remplace une quantité inconnue par son pire cas. Les théorèmes exacts affirment qu'il EXISTE un point $c\in[a,b]$ tel que $E_{T}=-\frac{f''(c)(b-a)^{3}}{12n^{2}}$, et de même pour Simpson avec $f^{(4)}(c)$. Le problème est que le théorème garantit l'existence de ce $c$ sans le localiser : on ne sait pas où il est. Faute de le connaître, on majore $\left|f''(c)\right|$ par le maximum $K$ sur tout l'intervalle, ce qui transforme une égalité inutilisable en une inégalité utilisable. Pour avoir l'erreur exacte il faudrait donc connaître $c$; mais si on le connaissait, on connaîtrait aussi la valeur exacte de l'intégrale, et l'approximation n'aurait plus d'objet. Le raisonnement est le même que pour le théorème des accroissements finis du cours de calcul différentiel, et pour le reste de Taylor : on échange une information inaccessible contre une garantie calculable.

a) On impose $\left|E_{T}\right|\leq\frac{K(b-a)^{3}}{12n^{2}}<10^{-4}$ avec $K=2$ et $b-a=1$, soit $\frac{2}{12n^{2}}<10^{-4}$, c'est-à-dire $\frac{1}{6n^{2}}<10^{-4}$, donc $n^{2}>\frac{10^{4}}{6}=1666{,}67$, donc $n>40{,}82$. Comme $n$ est entier, il faut $n\geq 41$ : on prend $n=41$. Vérification de la borne : $\frac{2}{12\times 1681}=9{,}91\times 10^{-5}<10^{-4}$ ✓.

b) On impose $\frac{M(b-a)^{5}}{180n^{4}}<10^{-4}$ avec $M=24$, soit $\frac{24}{180n^{4}}<10^{-4}$, donc $n^{4}>\frac{24\times 10^{4}}{180}=1333{,}33$, donc $n>6{,}04$. L'entier suivant serait 7, mais $n$ doit être PAIR pour Simpson : on prend donc $n=8$. Vérification : $\frac{24}{180\times 4096}=3{,}26\times 10^{-5}<10^{-4}$ ✓. On note au passage que $n=6$ ne suffirait pas, puisque $\frac{24}{180\times 1296}=1{,}03\times 10^{-4}$, très légèrement au-dessus du seuil : l'arrondi au pair supérieur n'est pas une précaution superflue, c'est ici la différence entre garantir et ne pas garantir.

c) Trapèzes : 41 sous-intervalles, donc 42 évaluations de $f$. Simpson : 8 sous-intervalles, donc 9 évaluations. Simpson demande environ CINQ FOIS moins de calculs pour la même garantie de précision. L'écart s'accentue à mesure que l'exigence se durcit : pour une erreur inférieure à $10^{-8}$, les trapèzes réclameraient $n=4083$ alors que Simpson se contenterait de $n=62$, soit un rapport de 66 au lieu de 5. C'est la traduction concrète de la différence entre l'ordre 2 et l'ordre 4, et c'est la raison pour laquelle aucun logiciel sérieux n'utilise les trapèzes quand Simpson est disponible.

d) C'est une faute parce que la condition obtenue est $n>40{,}82$, une inégalité STRICTE vers le haut : arrondir à 40 donne un $n$ qui ne satisfait PAS la condition, et la précision demandée n'est alors plus garantie. Vérification directe : avec $n=40$, la borne vaut $\frac{2}{12\times 1600}=1{,}042\times 10^{-4}>10^{-4}$, elle dépasse effectivement le seuil. Il faut donc arrondir à l'entier SUPÉRIEUR, ici 41, et non à l'entier le plus proche. La règle générale du chapitre : dans un calcul de $n$ garantissant une précision, on arrondit TOUJOURS vers le haut, puis on ajuste au pair supérieur si la méthode est celle de Simpson. Prendre un $n$ plus grand que nécessaire ne coûte que du temps de calcul; en prendre un trop petit invalide la garantie, ce qui est la seule chose que l'exercice demandait de produire.

a) Avec $h=0{,}25$ et $f(x)=e^{-x^{2}}$ : $f(0)=1$; $f(0{,}25)=e^{-0{,}0625}=0{,}9394131$; $f(0{,}5)=e^{-0{,}25}=0{,}7788008$; $f(0{,}75)=e^{-0{,}5625}=0{,}5697829$; $f(1)=e^{-1}=0{,}3678794$. Donc $S_{4}=\frac{0{,}25}{3}\left[1+4(0{,}9394131)+2(0{,}7788008)+4(0{,}5697829)+0{,}3678794\right]=\frac{0{,}25}{3}\times 8{,}9622646=0{,}7468554$. La vraie valeur est $0{,}7468241$ : l'estimation est correcte à $3\times 10^{-5}$ près. Le théorème fondamental est inutilisable parce que $e^{-x^{2}}$ n'admet AUCUNE primitive élémentaire : ce n'est pas qu'on ne sache pas la trouver, c'est qu'il est démontré qu'elle n'existe pas parmi les fonctions usuelles. Cette intégrale est pourtant l'une des plus importantes des sciences, puisqu'elle donne les probabilités de la loi normale; les tables de la loi normale de vos cours de statistique ont été construites exactement ainsi, par intégration numérique.

b) Il y a 7 relevés, donc $n=6$ sous-intervalles de largeur $h=2$ s (et $n$ est pair, Simpson est donc applicable). Trapèzes : $T_{6}=\frac{2}{2}\left[0+2(5+12+18+21+22)+22{,}5\right]=1\times\left[0+2(78)+22{,}5\right]=178{,}5$ m. Simpson : $S_{6}=\frac{2}{3}\left[0+4(5)+2(12)+4(18)+2(21)+4(22)+22{,}5\right]=\frac{2}{3}\left[0+20+24+72+42+88+22{,}5\right]=\frac{2}{3}\times 268{,}5=179{,}0$ m. Les deux estimations de la distance parcourue en 12 secondes sont donc $178{,}5$ m et $179{,}0$ m, en accord à $0{,}3$ pour cent près. Le principe utilisé est que la distance est l'intégrale de la vitesse, $d=\int_{0}^{12}v(t)\,dt$.

c) NON, pas avec les formules du chapitre. Les deux bornes d'erreur font intervenir $\max\left|f''\right|$ ou $\max\left|f^{(4)}\right|$, or on ne dispose ici d'aucune FORMULE pour $v(t)$ : seulement de sept nombres. On ne peut donc pas dériver la fonction, ni même affirmer qu'elle est quatre fois dérivable, ni savoir ce qu'elle fait ENTRE deux relevés (le véhicule a pu freiner brusquement à $t=3$ s sans que les données le montrent). C'est une limite importante et souvent passée sous silence : l'intégration numérique de données expérimentales fournit une estimation sans garantie mathématique. La seule voie pour quantifier l'incertitude serait de nature statistique ou physique, en s'appuyant sur la précision du capteur et sur une hypothèse de régularité du mouvement, et non sur les théorèmes de ce chapitre. En pratique, l'écart entre les résultats de deux méthodes différentes (ici $0{,}5$ m) sert d'indicateur empirique, sans valoir démonstration.

d) L'ordre des questions. 1) Une PRIMITIVE élémentaire est-elle accessible, éventuellement après substitution, parties ou fractions partielles ? Si oui, le théorème fondamental donne la valeur EXACTE, et c'est toujours la meilleure réponse. 2) Sinon, dispose-t-on d'une FORMULE pour $f$ ? Si oui, deux options : le développement en SÉRIE de Taylor intégré terme à terme, qui donne une valeur aussi précise qu'on veut avec un contrôle du reste (méthode vue au chapitre des séries entières), ou l'INTÉGRATION NUMÉRIQUE, avec Simpson par défaut et une borne d'erreur calculable. Le choix entre les deux dépend de la commodité : la série est excellente près du centre de développement, la méthode numérique est indifférente à cela. 3) N'a-t-on que des DONNÉES ? Alors seule l'intégration numérique s'applique, sans borne d'erreur mathématique, et l'on préfère Simpson si le nombre de sous-intervalles est pair, les trapèzes sinon. La progression du cours suit exactement cet ordre, du plus exact au plus général : ce chapitre est le dernier recours, et c'est justement pour cela qu'il est le plus utilisé hors des salles de classe.

a) Oui, parfaitement. La borne des trapèzes est en $\frac{1}{n^{2}}$, donc multiplier $n$ par 10 doit diviser l'erreur par $10^{2}=100$. Les valeurs observées le confirment exactement : $6{,}25\times 10^{-4}$, puis $6{,}25\times 10^{-6}$, puis $6{,}25\times 10^{-8}$, chaque fois un facteur 100. Le coefficient $6{,}25\times 10^{-2}$ reste constant, ce qui signifie que l'erreur vaut approximativement $\frac{0{,}0625}{n^{2}}$. On peut d'ailleurs vérifier la cohérence avec la borne théorique $\frac{K(b-a)^{3}}{12n^{2}}=\frac{2}{12n^{2}}\approx\frac{0{,}167}{n^{2}}$ : l'erreur réelle est environ 2,7 fois plus petite que la borne, ce qui est normal, une borne étant faite pour garantir et non pour prédire.

b) Non, la loi cesse d'être suivie. En passant de $n=10^{6}$ à $n=10^{7}$, l'erreur devrait être divisée par 100, donc tomber de $6{,}25\times 10^{-14}$ à environ $6{,}25\times 10^{-16}$. Elle tombe en réalité à $6{,}7\times 10^{-16}$, ce qui est encore proche, mais tout progrès supplémentaire devient impossible : à $n=10^{8}$ l'erreur calculée est nulle, non parce que le résultat est exact, mais parce qu'on a atteint la résolution de la machine. Ce qui se passe est que l'erreur de TRONCATURE (celle des formules, en $\frac{1}{n^{2}}$) est descendue au niveau de l'erreur d'ARRONDI, qui provient du stockage des nombres en virgule flottante et de l'accumulation de millions d'additions.

c) Un nombre réel est stocké en machine avec environ 16 chiffres significatifs, soit une précision relative de $2{,}2\times 10^{-16}$. Comme la valeur cherchée $\ln 2\approx 0{,}693$ est d'ordre 1, aucune méthode ne peut fournir un résultat plus précis que quelques $10^{-16}$ en valeur absolue : c'est un PLANCHER infranchissable, indépendant de la formule employée. Or à $n=10^{7}$ on y est déjà. Pousser plus loin multiplierait le temps de calcul par 10, 100, 1000, sans jamais gagner un seul chiffre exact. Pire, la somme de $10^{8}$ termes accumule elle-même des arrondis, si bien qu'au-delà d'un certain point la précision peut se DÉGRADER. La formule d'erreur, elle, promet naïvement une précision infinie : elle décrit la mathématique exacte, pas l'arithmétique de la machine.

d) En pratique, on choisit le plus petit $n$ qui atteint la précision RÉELLEMENT nécessaire, jamais le plus grand possible. Une mesure physique est rarement connue à mieux que quatre chiffres, donc viser $10^{-6}$ est déjà généreux, et $n$ de l'ordre de quelques centaines suffit amplement avec les trapèzes. La comparaison avec Simpson est éloquente : pour atteindre $10^{-8}$, les trapèzes réclament $n\approx 2500$ alors que Simpson se contente de $n=44$, son erreur réelle valant environ $\frac{0{,}03}{n^{4}}$, soit près de 60 fois moins d'évaluations. Et comme Simpson est d'ordre 4, il touche le plancher machine avec quelques milliers de points là où les trapèzes en demandent des dizaines de millions. La règle pratique est donc double : choisir la méthode d'ordre le plus élevé disponible, puis le $n$ le plus petit qui satisfait le besoin, et se rappeler qu'au-delà de $10^{-15}$ environ, aucun raffinement de méthode ne sert plus à rien.

a) La méthode des trapèzes exige d'évaluer la fonction aux DEUX extrémités, or $f(0)=\frac{1}{\sqrt{0}}$ n'existe pas : la fonction tend vers $+\infty$ en 0. Le calcul s'arrête sur une division par zéro. C'est un défaut structurel des méthodes dites FERMÉES, celles qui utilisent les bornes de l'intervalle, et il concerne aussi la méthode de Simpson.

b) Erreurs successives : $2-1{,}8089=0{,}1911$; $2-1{,}9395=0{,}0605$; $2-1{,}9809=0{,}0191$; $2-1{,}9940=0{,}0060$. Rapports : $\frac{0{,}1911}{0{,}0605}\approx 3{,}16$; $\frac{0{,}0605}{0{,}0191}\approx 3{,}16$; $\frac{0{,}0191}{0{,}0060}\approx 3{,}16$. L'erreur n'est donc divisée que par environ $3{,}16$, c'est-à-dire $\sqrt{10}$, à chaque décuplement de $n$.

c) L'ordre 2 attendu voudrait une division par $10^{2}=100$ à chaque décuplement; on observe $\sqrt{10}\approx 3{,}16$, ce qui correspond à une convergence en $n^{-1/2}$ seulement. La méthode est donc DRAMATIQUEMENT plus lente que promis : pour gagner un seul chiffre décimal il faut multiplier $n$ par 100, et atteindre $10^{-6}$ exigerait $n\approx 10^{12}$, ce qui est hors de portée. L'hypothèse violée est celle qui porte sur la DÉRIVÉE : la borne $\left|E_{M}\right|\leq\frac{K(b-a)^{3}}{24n^{2}}$ suppose l'existence d'un $K$ majorant $\left|f''\right|$ sur tout l'intervalle. Or $f(x)=x^{-1/2}$ donne $f''(x)=\frac{3}{4}x^{-5/2}$, qui tend vers $+\infty$ quand $x\to 0^{+}$ : aucun $K$ fini n'existe, la borne est VIDE, et elle ne dit rigoureusement rien. La méthode continue de converger, mais plus rien ne garantit à quelle vitesse, et l'observation montre que c'est bien plus lentement.

d) Remède : le changement de variable $x=u^{2}$, avec $dx=2u\,du$ et $\sqrt{x}=u$. Les bornes deviennent $u=0$ et $u=1$, et l'intégrale se transforme en $\int_{0}^{1}\frac{2u\,du}{u}=\int_{0}^{1}2\,du=2$. La singularité a DISPARU : le nouvel intégrande est la constante 2, parfaitement régulière. L'intégrale se calcule alors exactement, et toute méthode numérique la donnerait juste au chiffre près, y compris les trapèzes avec $n=1$, puisque toutes les méthodes du chapitre sont exactes pour les constantes. La leçon générale est importante : devant une intégrale impropre, le bon réflexe n'est pas de raffiner la méthode numérique, mais de faire d'abord disparaître la singularité par un changement de variable adapté, ou de séparer analytiquement la partie problématique. Traiter numériquement une singularité en force est le plus sûr moyen de calculer longtemps pour obtenir peu.