🔴  Lives #BAC2024

À partir du 12 mai, révise le bac avec nous sur YouTube tous les soirs à 19h30 ! Découvrir la chaîne →

Intégration <FONT color="red"><b>(il faut avoir étudier au préalable le chapitre Primitives)</b></FONT>

Eléments fondamentaux - Exercice 1

40 min
60
Illustrons, dans un cas très simple, donc très pédagogique, les différentes approches numériques du calcul approchée d'une intégrale.
On note par ff la fonction suivante :
f:x∈[0 ; 1]⟼exf : x \in [0 \,;\, 1] \longmapsto e^x
On pose alors :
I=∫01f(x) dxI = \int_0^1 f(x) \, dx
Question 1

Calculer la valeur de II par la méthode usuelle des primitives.

Correction
On sait que la fonction exponentielle est définie sur R\mathbb{R} tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
∀x∈R,  (ex)′=ex\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)' = e^x
Donc :
I=∫01f(x) dx=[ex]01=e1−e0I = \int_0^1 f(x) \, dx = \big[ e^x \big]_0^1 = e^1 - e^0
Finalement :
I=∫01f(x) dx=e−1  u.a.I = \int_0^1 f(x) \, dx = e - 1 \,\, u.a.
De manière approchée, on a :
I=∫01f(x) dx≃1,71828  u.a.I = \int_0^1 f(x) \, dx \simeq 1,71828 \,\, u.a.
Graphiquement, cela nous donne :
Question 2

Calculer la valeur de II par une somme de RiemannRiemann.

Correction
On sait que :
lim⁡n⟶+∞(1n∑i=1n−1f(a+i×b−an))=1b−a∫abf(x) dx\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} f\left( a + i \times \dfrac{b-a}{n} \right) \right) = \dfrac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \, dx
Dans notre cas, ceci nous donne :
lim⁡n⟶+∞(1n∑i=1n−1e(0+i×1−0n))=11−0∫01f(x) dx\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\left( 0 + i \times \frac{1-0}{n} \right)} \right)= \dfrac{1}{1-0} \int_0^1 f(x) \, dx
Soit :
I=lim⁡n⟶+∞(1n∑i=1n−1ein)I = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right)
Et on a :
∑i=1n−1ein=∑i=1n−1(e1n)i=(e1n)1+(e1n)2+⋯+(e1n)n−1\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = \sum_{i = 1}^{n-1} \left( e^{\frac{1}{n} } \right)^i = \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^1 + \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^2 + \cdots + \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^{n-1}
Il s'agit de la somme des n−1n-1 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme e1ne^{\frac{1}{n}} et de raison e1ne^{\frac{1}{n}}. On a alors :
∑i=1n−1ein=e1n1−(e1n)n−11−e1n=e1n1−en−1n1−e1n=e1n1−e1−1n1−e1n=e1n1−e1−1n1−e1n=e1n1−ee−1n1−e1n\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^{n-1}}{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{\frac{n-1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{1 - \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{1 - \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - ee^{- \frac{1}{n}} }{1 -e^{\frac{1}{n}} }
Soit :
∑i=1n−1ein=e1n−ee1ne−1n1−e1n=e1n−ee1n−1n1−e1n=e1n−ee01−e1n=e1n−e1−e1n=e−e1ne1n−1\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{\frac{1}{n}}e^{- \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{\frac{1}{n}- \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{0} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - e }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1}
Ceci nous permet d'écrire que :
lim⁡n⟶+∞(1n∑i=1n−1ein)=lim⁡n⟶+∞1ne−e1ne1n−1\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n} \dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1}
Posons X=1nX = \dfrac{1}{n}. Si n⟶+∞n \longrightarrow + \infty alors X⟶0X \longrightarrow 0. Donc :
lim⁡n⟶+∞(1n∑i=1n−1ein)=lim⁡n⟶+∞1ne−e1ne1n−1=lim⁡X⟶0Xe−eXeX−1\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n}\dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - e^X}{e^X -1}
Or, lorsque X⟶0X \longrightarrow 0 on a l'équivalence suivante :
eX∼01+Xe^X \underset{0}{\sim} 1 + X
Donc :
lim⁡X⟶0Xe−eXeX−1=lim⁡X⟶0Xe−(1+X)1+X−1=lim⁡X⟶0Xe−1−XX=lim⁡X⟶0(e−1−X)=e−1\lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - e^X}{e^X -1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - (1 + X)}{1 + X - 1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - 1 - X}{ X } = \lim_{X \longrightarrow 0}(e - 1 - X) = e - 1
Finalement, on a bien :
I=e−1  u.a.I = e - 1 \,\, u.a.
Question 3

Calculer, avec une précision meilleure que le millième, la valeur approchée de II par la méthode numérique des rectangles.

Correction
On sait que la fonction exponentielle est définie sur R\mathbb{R} tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
∀x∈R,  (ex)′=ex\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)' = e^x
Donc f′(x)=exf'(x) = e^x. Ce qui implique que f′f' est croissante sur l'intervalle d'intégration [0 ; 1][0\,;\,1], et de fait :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′(x)∣=e1=e\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f'(x) \right| = e^1 = e
De plus, on sait que :
∣I−Rn∣⩽sup⁡x∈[a ; b]∣f′(x)∣×(b−a)22n\big| I - \mathcal{R}_n \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f'(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^2}{2n}
Donc, pour notre situation :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′(x)∣×(1−0)22n=e2n\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f'(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^2}{2n} = \dfrac{e}{2n}
Comme on désire la valeur approchée de II, meilleure que le millième, on a donc :
e2n<11000   ⟺   1000e2<n   ⟺   500e<n\dfrac{e}{2n} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{2} < n \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 500e < n
Ce qui nous permet de choisir n=1360n = 1360 car n∈N⋆n \in \mathbb{N}^\star. Et on a alors :
h=1−01360=11360h = \dfrac{1-0}{1360} = \dfrac{1}{1360}
On a alors :
Rn=h∑k=0n−1f(0+kh)=11360∑k=01360−1f(k1360)=11360∑k=01359f(k1360)=11360∑k=01359e(k1360)=11360∑k=01359(e11360)k\mathcal{R}_n = h \sum_{k=0}^{n-1} f(0 + kh) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1360-1} f\left (\dfrac{k}{1360} \right) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} f\left (\dfrac{k}{1360} \right) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} e^{\left (\frac{k}{1360} \right)} = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^k
Soit :
Rn=11360((e11360)0+(e11360)1+⋯+(e11360)1359)\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \left( \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^0 + \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^1 + \cdots + \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^{1359} \right)
On constate la présence de la somme des 13601360 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme (e11360)0=1\left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^0 = 1 et de raison e11360e^{\frac{1}{1360}}. On a alors :
Rn=11360(1×1−(e11360)13601−e11360)=11360(1×1−e136013601−e11360)=11360(1×1−e11−e11360)=11360×1−e1−e11360\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^{1360} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - e^{ \frac{1360}{1360}} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - e^{1} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \times \dfrac{1 - e }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} }
Soit :
Rn=11360×e−1e11360−1  u.a.\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \times \dfrac{e - 1}{ e^{\frac{1}{1360}} - 1 } \,\, u.a.
De manière approchée, on a :
Rn≃1,71765  u.a.\mathcal{R}_n \simeq 1,71765 \,\, u.a.
Question 4

Calculer, avec une précision meilleure que le millième, la valeur approchée de II par la méthode numérique des trapèzes.

Correction
On sait que la fonction exponentielle est définie sur R\mathbb{R} tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
∀x∈R,  (ex)′′=ex\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)'' = e^x
Donc f′′(x)=exf''(x) = e^x. Ce qui implique que f′′f'' est croissante sur l'intervalle d'intégration [0 ; 1][0\,;\,1], et de fait :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′′(x)∣=e1=e\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''(x) \right| = e^1 = e
De plus, on sait que :
∣I−Tn∣⩽sup⁡x∈[a ; b]∣f′′(x)∣×(b−a)312n2\big| I - \mathcal{T}_n \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f''(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^3}{12n^2}
Donc, pour notre situation :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′′(x)∣×(1−0)312n2=e12n2\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^3}{12n^2} = \dfrac{e}{12n^2}
Comme on désire la valeur approchée de II, meilleure que le millième, on a donc :
e12n2<11000   ⟺   1000e12<n2   ⟺   250e12<n2\dfrac{e}{12n^2} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{12} < n^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{250e}{12} < n^2
Soit n2>226,52n^2 > 226,52. Ce qui nous permet de choisir n=16n = 16 car n∈N⋆n \in \mathbb{N}^\star. Et on a alors :
h=1−016=116h = \dfrac{1-0}{16} = \dfrac{1}{16}
On a alors :
Tn=116(e0+e12+∑k=116−1e(0+k16))=116(1+e2+∑k=115ek16)=116(1+e2+∑k=115(e116)k)\mathcal{T}_n = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{e^0 + e^1}{2} + \sum_{k=1}^{16-1} e^{\left(0 + \frac{k}{16} \right)} \right) = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \sum_{k=1}^{15} e^{\frac{k}{16}} \right) = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k\right)
Avec :
∑k=115(e116)k=(e116)1+(e116)1+⋯+(e116)15\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^1 + \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^1 + \cdots + \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^{15}
Il s'agit de la somme des 1515 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme e116e^{ \frac{1}{16}} et de raison e116e^{\frac{1}{16}}. On a alors :
∑k=115(e116)k=e116×1−(e116)151−e116=e116×1−e15161−e116=e116×e1516−1e116−1=e116e1516−e116e116−1=e1616−e116e116−1\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{1 - \left( e^{ \frac{1}{16}} \right)^{15} }{ 1 - e^{\frac{1}{16}} } = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{1 - e^{ \frac{15}{16}} }{ 1 - e^{\frac{1}{16}} } = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{e^{ \frac{15}{16}} - 1}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e^{\frac{1}{16}}e^{ \frac{15}{16}} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e^{\frac{16}{16}} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1}
Donc :
∑k=115(e116)k=e1−e116e116−1=e−e116e116−1\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = \dfrac{e^{1} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1}
Ainsi :
Tn=116(1+e2+e−e116e116−1)  u.a.\mathcal{T}_n = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \dfrac{e - e^{\frac{1}{16}} }{ e^{\frac{1}{16}} - 1} \right) \,\, u.a.
De manière approchée :
Tn≃1,71884  u.a.\mathcal{T}_n \simeq 1,71884 \,\, u.a.
Question 5

Calculer, avec une précision meilleure que le millième, la valeur approchée de II par la méthode numérique de SimpsonSimpson.

Correction
On sait que la fonction exponentielle est définie sur R\mathbb{R} tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
∀x∈R,  (ex)′′′′=ex\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)'''' = e^x
Donc f′′′′(x)=exf''''(x) = e^x. Ce qui implique que f′′′′f'''' est croissante sur l'intervalle d'intégration [0 ; 1][0\,;\,1], et de fait :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′′′′(x)∣=e1=e\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''''(x) \right| = e^1 = e
De plus, on sait que :
∣I−S2n∣⩽sup⁡x∈[a ; b]∣f′′′′(x)∣×(b−a)5180(2n)4\big| I - \mathcal{S}_{2n} \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f''''(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^5}{180(2n)^4}
Donc, pour notre situation :
sup⁡x∈[0 ; 1]∣f′′′′(x)∣×(1−0)5180(2n)4=e180×24×n4=e180×16×n4=e2880n4\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''''(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^5}{180(2n)^4} = \dfrac{e}{180 \times 2^4 \times n^4} = \dfrac{e}{180 \times 16 \times n^4} = \dfrac{e}{2880 n^4}
Comme on désire la valeur approchée de II, meilleure que le millième, on a donc :
e2880n4<11000   ⟺   1000e2880<n4   ⟺   25e72<n4\dfrac{e}{2880 n^4} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{2880} < n^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{25e}{72} < n^4
Soit n4>0,94n^4 > 0,94, d'où n>0,98n > 0,98. Ce qui nous permet de choisir n=1n = 1 car n∈N⋆n \in \mathbb{N}^\star. Et on a alors :
h=1−02×1=12h = \dfrac{1-0}{2 \times 1} = \dfrac{1}{2}
De plus, on sait que, de manière générale, on a :
S2n=h3(f(a)+f(b)+4∑k=0n−1f(a+(2k+1)h)+2∑k=1n−1f(a+(2k)h))\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{h}{3} \left( f(a) + f(b) + 4 \sum_{k=0}^{n-1} f\big(a + (2k+1)h \big) + 2 \sum_{k=1}^{n-1} f\big(a + (2k)h \big) \right)
Dans notre cas à nous (n=1)(n=1), on obtient donc :
S2n=123(e0+e1+4∑k=01−1e(0+(2k+1)12)+2∑k=11−1e(0+(2k)12))=16(1+e+4∑k=00e12(2k+1)+2∑k=10ek)\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{3} \left( e^0 + e^1 + 4 \sum_{k=0}^{1-1} e^{\big(0 + (2k+1)\frac{1}{2} \big)} + 2 \sum_{k=1}^{1-1} e^{\big(0 + (2k)\frac{1}{2} \big)} \right) = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} + 2 \sum_{k=1}^{0} e^{k} \right)
On constate que la dernière somme ∑k=10ek\sum_{k=1}^{0} e^{k} n'existe pas. De fait, on obtient :
S2n=16(1+e+4∑k=00e12(2k+1))\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} \right)
Puis, on constate également que :
∑k=00e12(2k+1)=e12(2×0+1)=e12(0+1)=e12=e\sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} = e^{\frac{1}{2}(2\times0+1)} = e^{\frac{1}{2}(0+1)} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e}
Ainsi, on trouve que :
S2n=16(1+e+4e)  u.a.\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sqrt{e} \right) \,\, u.a.
De manière approchée, on obtient :
S2n≃1,71886  u.a.\mathcal{S}_{2n} \simeq 1,71886 \,\, u.a.
Question 6

Quelle(s) conclusion(s) pouvez-vous faire à partir de cet exemple simple ?

Correction
On constate que :
- la méthode de SimpsonSimpson est celle qui est la plus rapide à mettre oeuvre ;
- la méthode des rectangles est celle qui est la plus intuitive mais la moins rapide à mettre oeuvre ;
- La méthode par les sommes de RiemannRiemann s'avère plus technique ;
- toutes ces approches sont parfaitement cohérentes entre-elles.

Il existe d'autres méthode, citons par exemple :
- la méthode des tangentes ;
- la méthode de Boole−VillarceauBoole-Villarceau ;
- la méthode de Weddle−HardyWeddle-Hardy ;
- la méthode de Newton−CotesNewton-Cotes ;
- la méthode de RombergRomberg.