Mathématiques et algorithmique

1. On pose \(\Delta x:=(4-2)/4=0{,}5\) et on obtient la subdivision

   \begin{equation*} 2<2{,}5<3<3{,}5<4. \end{equation*}
2. Posez \(f(x):=10/x\text{,}\) \(a:=2\text{,}\) \(b:=4\) et \(n:=4\) dans les paramètres de l'application fournie en introduction du chapitre 9.

3. L'aire du trapèze au-dessus du sous intervalle \([x_{k-1};x_k]\) vaut

   \begin{align*} \frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(x_{k-1})+f(x_k)\right)&=\frac{0{,}5}{2}\cdot\left(\frac{10}{x_{k-1}}+\frac{10}{x_k}\right)\\ &=2{,}5\cdot\left(\frac{1}{x_{k-1}}+\frac{1}{x_k}\right). \end{align*}

   Cela donne

   \begin{equation*} \begin{array}{ccc} \text{Aire du trapèze 1}&=&2{,}25,\\ \text{Aire du trapèze 2}&\approx&1{,}833\,3,\\ \text{Aire du trapèze 3}&\approx&1{,}547\,6,\\ \text{Aire du trapèze 4}&\approx&1{,}339\,3. \end{array} \end{equation*}

4. On a

   \begin{equation*} 2{,}25+1{,}833\,3+1{,}547\,6+1{,}339\,3=6{,}970\,2 \end{equation*}

   donc

   \begin{equation*} \text{Approximation}\approx 6{,}97. \end{equation*}

5. La valeur exacte de l'intégrale est

   \begin{align*} \int_2^4\frac{10}{x}\mathrm{d}x&=10\ln(x)\,\Bigg\vert_2^4\\ &=10\ln(4)-10\ln(2)\\ &=10\ln\left(\frac{4}{2}\right)\\ &=10\ln(2)\\ &=6{,}9314718\ldots. \end{align*}

   L'erreur commise vaut donc

   \begin{align*} \text{Erreur}&=\int_2^4\frac{10}{x}\mathrm{d}x-\text{Approximation}\\ &\approx 10\ln(2)-6{,}97\\ &\approx -0{,}039. \end{align*}

6. Comme la fonction \(f(x)=\frac{10}{x}\) a une dérivée seconde

   \begin{equation*} f''(x)=\frac{20}{x^3} \end{equation*}

   positive sur \([2;4]\text{,}\) elle est convexe (concave vers le haut) sur cet intervalle.

   Sur chaque sous-intervalle \([x_{k-1};x_k]\text{,}\) la valeur de l'intégrale de \(f\) est donc inférieure à l'aire du trapèze correspondant, i.e.

   \begin{equation*} \int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)\mathrm{d}x<\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(x_{k-1})+f(x_k)\right) \end{equation*}

   pour tout \(k=1,2,3,4\text{.}\)

   On a donc

   \begin{align*} \int_2^4f(x)\mathrm{d}x&=\sum_{k=1}^4\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)\mathrm{d}x\\ &<\sum_{k=1}^4\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(x_{k-1})+f(x_k)\right)\\ &=\frac{\Delta x}{2}\cdot\sum_{k=1}^4\left(f(x_{k-1})+f(x_k)\right)\\ &=\text{Approximation}, \end{align*}

   d'où

   \begin{equation*} \int_2^4f(x)\mathrm{d}x-\text{Approximation}<0. \end{equation*}

1. Posons \(f(x):=e^{x^2}\text{,}\) \(n:=6\) et

   \begin{equation*} \Delta x:=\frac{1-0}{6}=\frac{1}{6}. \end{equation*}

   Voici la subdivision régulière de \([0;1]\) en six sous-intervalles :

   \begin{equation*} 0<\frac{1}{6}<\frac{1}{3}<\frac{1}{2}<\frac{2}{3}<\frac{5}{6}<1. \end{equation*}

   Et voilà l'approximation fournie par la méthode des trapèzes :

   \begin{align*} &\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(0)+2f\left(\frac{1}{6}\right)+2f\left(\frac{1}{3}\right)+2f\left(\frac{1}{2}\right)\right.\\ &\qquad\qquad\left.+2f\left(\frac{2}{3}\right)+2f\left(\frac{5}{6}\right)+f(1)\right)\\ =\;&\frac{1}{12}\cdot\left(e^{0^2}+2e^{\left(\frac{1}{6}\right)^2}+2e^{\left(\frac{1}{3}\right)^2}+2e^{\left(\frac{1}{2}\right)^2}+2e^{\left(\frac{2}{3}\right)^2}+2e^{\left(\frac{5}{6}\right)^2}+e^{1^2}\right)\\ =\;&1{,}475\,178\ldots\\ \approx\;&1{,}475. \end{align*}

2. Posons \(g(x):=\cos(x^3/5)\text{,}\) \(n:=4\) et

   \begin{equation*} \Delta x:=\frac{4-2}{4}=0{,}5. \end{equation*}

   Voici la subdivision régulière de \([2;4]\) en quatre sous-intervalles :

   \begin{equation*} 2<2{,}5<3<3{,}5<4. \end{equation*}

   Et voilà l'approximation fournie par la méthode des trapèzes :

   \begin{align*} &\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(g(2)+2g(2{,}5)+2g(3)+2g(3{,}5)+g(4)\right)\\ =\;&0{,}25\cdot\left(\cos\left(\frac{2^3}{5}\right)+2\cos\left(\frac{2{,}5^3}{5}\right)+2\cos\left(\frac{3^3}{5}\right)\right.\\ &\qquad\qquad\left.+2\cos\left(\frac{3{,}5^3}{5}\right)+\cos\left(\frac{4^3}{5}\right)\right)\\ =\;&-0{,}276\,751\ldots\\ \approx\;&-0{,}277. \end{align*}

3. Posons \(h(x):=\ln(\ln(x^2+1)+1)\text{,}\) \(n:=3\) et

   \begin{equation*} \Delta x:=\frac{2+1}{3}=1. \end{equation*}

   Voici la subdivision régulière de \([-1;2]\) en trois sous-intervalles :

   \begin{equation*} -1<0<1<2. \end{equation*}

   Et voilà l'approximation fournie par la méthode des trapèzes :

   \begin{align*} &\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(h(-1)+2h(0)+2h(1)+h(2)\right)\\ =\;&0{,}5\cdot\left(\ln(\ln(2)+1)+2\cdot 0+2\ln(\ln(2)+1)+\ln(\ln(5)+1)\right)\\ =\;&1{,}269\,450\ldots\\ \approx\;&1{,}269. \end{align*}

1. On s'occupe ici de l'intégrale

   \begin{equation*} \int_0^1e^{x^2}\mathrm{d}x \end{equation*}

   avec six trapèzes.

   La fonction \(f(x):=e^{x^2}\) vérifie

   \begin{equation*} f'(x)=2xe^{x^2} \end{equation*}

   et

   \begin{align*} f''(x)&=2\cdot e^{x^2}+2x\cdot 2xe^{x^2}\\ &=(2+4x^2)e^{x^2}. \end{align*}

   Comme les fonctions \(x\mapsto e^{x^2}\) et \(x\mapsto 2+4x^2\) sont positives et croissantes sur \([0;1]\text{,}\) on a

   \begin{align*} |f''(x)|&=\left|(2+4x^2)\cdot e^{x^2}\right|\\ &=\left|2+4x^2\right|\cdot\left|e^{x^2}\right|\\ &=(2+4x^2)\cdot e^{x^2}\\ &\le (2+4\cdot 1^2)\cdot e^{1^2}\\ &=6e \end{align*}

   pour tout \(x\in[0;1]\text{.}\)

   On peut donc prendre \(M:=6e\) pour appliquer le théorème 9.1.2 :

   \begin{align*} |\text{Erreur}|&\leq\frac{M(b-a)^3}{12n^2}\\ &=\frac{6e(1-0)^3}{12\cdot 6^2}\\ &=\frac{e}{72}\\ &=0{,}037\,753\ldots\\ &\le 0{,}038. \end{align*}

2. On s'occupe ici de l'intégrale

   \begin{equation*} \int_2^4\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\mathrm{d}x \end{equation*}

   avec quatre trapèzes.

   La fonction \(g(x):=\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\) vérifie

   \begin{equation*} g'(x)=-\frac{3x^2}{5}\sin\left(\frac{x^3}{5}\right) \end{equation*}

   et

   \begin{align*} g''(x)&=-\frac{6x}{5}\sin\left(\frac{x^3}{5}\right)-\frac{3x^2}{5}\cdot\frac{3x^2}{5}\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\\ &=-\frac{6x}{5}\sin\left(\frac{x^3}{5}\right)-\frac{9x^4}{25}\cos\left(\frac{x^3}{5}\right). \end{align*}

   Comme on a

   \begin{equation*} |\cos(t)|\le 1\quad\text{et}\quad |\sin(t)|\le 1 \end{equation*}

   pour tout \(t\text{,}\) et comme les fonctions

   \begin{equation*} x\longmapsto\frac{6|x|}{5}\quad\text{et}\quad x\longmapsto\frac{9x^4}{25} \end{equation*}

   sont positives et croissantes sur l'intervalle \([2;4]\text{,}\) on a

   \begin{align*} |g''(x)|&=\left|-\frac{6x}{5}\sin\left(\frac{x^3}{5}\right)-\frac{9x^4}{25}\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\right|\\ &\le\left|\frac{6x}{5}\sin\left(\frac{x^3}{5}\right)\right|+\left|\frac{9x^4}{25}\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\right|\\ &=\frac{6|x|}{5}\cdot\left|\sin\left(\frac{x^3}{5}\right)\right|+\frac{9x^4}{25}\cdot\left|\cos\left(\frac{x^3}{5}\right)\right|\\ &\le\frac{6\cdot 4}{5}\cdot 1+\frac{9\cdot 4^4}{25}\cdot 1\\ &=96{,}96 \end{align*}

   pour tout \(x\in[2;4]\text{.}\)

   On peut donc prendre \(M:=96{,}96\) pour appliquer le théorème 9.1.2 :

   \begin{align*} |\text{Erreur}|&\leq\frac{M(b-a)^3}{12n^2}\\ &=\frac{96{,}96\cdot(4-2)^3}{12\cdot 4^2}\\ &=4{,}040. \end{align*}

3. On s'occupe ici de l'intégrale

   \begin{equation*} \int_{-1}^2\ln(\ln(x^2+1)+1)\mathrm{d}x \end{equation*}

   avec trois trapèzes.

   Avec de la patience ou l'aide d'un logiciel de calcul formel (cliquez ici), on trouve que la dérivée seconde de la fonction \(h(x):=\ln(\ln(x^2+1)+1)\) vaut

   \begin{equation*} h''(x)=\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))}-\frac{4x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))^2}. \end{equation*}

   Comme \(x^2\ge 0\) et comme la fonction \(\ln\) est croissante, on a

   \begin{equation*} x^2+1\ge 1\quad\text{et}\quad\ln(x^2+1)\ge\ln(1)=0, \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation*} \frac{1}{x^2+1}\le\frac{1}{0+1}=1\quad\text{et}\quad\frac{1}{\ln(x^2+1)+1}\le\frac{1}{0+1}=1 \end{equation*}

   pour tout \(x\text{.}\) On en déduit que

   \begin{align*} |h''(x)|&=\left|\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))}-\frac{4x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))^2}\right|\\ &\le\left|\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))}\right|+\left|\frac{4x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))^2}\right|\\ &=\frac{|2-2x^2|}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))}+\frac{4x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))^2}\\ &\le\frac{2+2x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))}+\frac{4x^2}{(x^2+1)^2(\ln(x^2+1)+1))^2}\\ &\le\frac{2+2\cdot 2^2}{1^2\cdot 1}+\frac{4\cdot 2^2}{1^2\cdot 1^2}\\ &=26 \end{align*}

   pour tout \(x\in[-1;2]\text{.}\)

   On peut donc prendre \(M:=26\) pour appliquer le théorème 9.1.2 :

   \begin{align*} |\text{Erreur}|&\leq\frac{M(b-a)^3}{12n^2}\\ &=\frac{26\cdot(2+1)^3}{12\cdot 3^2}\\ &=6{,}5. \end{align*}

On a vu à la question 3 de l'exercice 9.3.3 qu'on pouvait appliquer le théorème 9.1.2 avec \(M:=26\text{.}\) Alors

Il faut donc prendre au moins \(241\,868\) trapèzes.

On a vu à l'exemple 9.1.4 qu'on pouvait appliquer le théorème 9.1.2 avec \(M:=2\text{.}\) Alors

Il faut donc prendre au moins \(130\) trapèzes.

Notons \(f(x):=\sin(x^2)\) et observons que

et

On a donc

pour tout \(x\in[0;1]\) et on peut appliquer le théorème 9.1.2 avec \(M:=6\text{.}\)

1. • On pose \(n:=5\) et

     \begin{equation*} \Delta x:=\frac{1-0}{5}=0{,}2 \end{equation*}

     et on considère la subdivision régulière de \([0;1]\) en cinq sous-intervalles :

     \begin{equation*} 0<0{,}2<0{,}4<0{,}6<0{,}8<1. \end{equation*}

   • Grâce à une calculatrice ou à l'algorithme fourni (cliquez ici), on obtient l'approximation

     \begin{align*} &\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(0)+2f(0{,}2)+2f(0{,}4)+2f(0{,}6)+2f(0{,}8)+f(1)\right)\\ =\;&0{,}313\,902\ldots \end{align*}

     qui vérifie l'encadrement

     \begin{equation*} 0{,}313\le\text{Approximation}\le 0{,}314. \end{equation*}

   • D'après le théorème 9.1.2, on a

     \begin{align*} |\text{Erreur}|&\le\frac{M(b-a)^3}{12n^2}\\ &=\frac{6\cdot(1-0)^3}{12\cdot 5^2}\\ &=0{,}02 \end{align*}

     d'où

     \begin{equation*} -0{,}020\le\text{Erreur}\le 0{,}020. \end{equation*}

   • On obtient donc l'encadrement

     \begin{equation*} 0{,}313-0{,}020\leq\text{Approximation}+\text{Erreur}\leq 0{,}314+0{,}020 \end{equation*}

     i.e.

     \begin{equation*} 0{,}293\leq\int_0^1\sin(x^2)\mathrm{d}x\leq 0{,}334. \end{equation*}

   • Le meilleur arrondissement qu'on peut en déduire est donc

     \begin{equation*} \int_0^1\sin(x^2)\mathrm{d}x\approx 0{,}3. \end{equation*}

2. • On pose \(n:=10^4\) et

     \begin{equation*} \Delta x:=\frac{1-0}{10^4}=0{,}000\,1 \end{equation*}

     et on considère la subdivision régulière de \([0;1]\) en dix mille sous-intervalles :

     \begin{equation*} 0<0{,}000\,1<0{,}000\,2<\ldots<0,999\,9<1. \end{equation*}

   • Grâce à l'algorithme fourni (cliquez ici), on obtient l'approximation

     \begin{align*} &\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(0)+2f(0{,}000\,1)+\cdots+2f(0,999\,9)+f(1)\right)\\ =\;&0{,}310\,268\,302\,623\ldots \end{align*}

     qui vérifie l'encadrement

     \begin{equation*} 0{,}310\,268\,302\le\text{Approximation}\le 0{,}310\,268\,303. \end{equation*}

   • D'après le théorème 9.1.2, on a

     \begin{align*} |\text{Erreur}|&\le\frac{M(b-a)^3}{12n^2}\\ &=\frac{6\cdot(1-0)^3}{12\cdot (10^4)^2}\\ &=0{,}5\cdot 10^{-8}\\ &=0{,}000\,000\,005 \end{align*}

     d'où

     \begin{equation*} -0{,}000\,000\,005\le\text{Erreur}\le 0{,}000\,000\,005. \end{equation*}

   • On obtient donc l'encadrement

     \begin{equation*} \begin{array}{cc} &0{,}310\,268\,302-0{,}000\,000\,005\\ \leq&\text{Approximation}+\text{Erreur}\\ \leq&0{,}310\,268\,303+0{,}000\,000\,005 \end{array} \end{equation*}

     i.e.

     \begin{equation*} 0{,}310\,268\,297\leq\int_0^1\sin(x^2)\mathrm{d}x\leq 0{,}310\,268\,308. \end{equation*}

   • Le meilleur arrondissement qu'on peut en déduire est donc

     \begin{equation*} \int_0^1\sin(x^2)\mathrm{d}x\approx 0{,}310\,268\,3. \end{equation*}

Voici une façon de faire :

# fonction :
def trapezes(f, a, b, n):
    approximation = 0
    deltaX = (b - a) / n
    for k in range(1, n+1):
        xi1 = a + (k - 1) * deltaX
        xi2 = xi1 + deltaX
        approximation = approximation + f(xi1) + f(xi2)
    approximation = approximation * deltaX / 2
    return approximation
# test :
def f(x):
    return 1 / (1 + x)
print(trapezes(f, 0.0, 1.0, 100))

Voici une façon de faire :

# entrées :
import numpy as np
def f(x):
    return 4 * np.sqrt(1 - x ** 2)
a = 0.0
b = 1.0
n = 32
# instructions :
approximation = 0
deltaX = (b - a) / n
xi1 = a
while xi1 < b:
    xi2 = xi1 + deltaX
    approximation = approximation + f(xi1) + f(xi2)
    xi1 = xi1 + deltaX
approximation = approximation * deltaX / 2
# sortie :
print(approximation)

1. Les différences divisées sont

   \begin{equation*} [A_0]=f(c)\;\text{et}\;[A_0,A_1]=\frac{f(d)-f(c)}{d-c}. \end{equation*}

   La forme de Newton du polynôme interpolateur est donc

   \begin{align*} p(t)&=[A_0]+[A_0,A_1](t-c)\\ &=f(c)+\frac{f(d)-f(c)}{d-c}(t-c). \end{align*}

2. On a donc

   \begin{align*} \int_c^dp(t)\mathrm{d}t&=\int_c^d\left(f(c)+\frac{f(d)-f(c)}{d-c}(t-c)\right)\mathrm{d}t\\ &=f(c)t+\frac{f(d)-f(c)}{d-c}\cdot\frac{(t-c)^2}{2}\Bigg\vert_c^d\\ &=f(c)d+\frac{f(d)-f(c)}{d-c}\cdot\frac{(d-c)^2}{2}\\ &\qquad -f(c)c+\frac{f(d)-f(c)}{d-c}\cdot\frac{(c-c)^2}{2}\\ &=f(c)(d-c)+(f(d)-f(c))\cdot\frac{(d-c)}{2}\\ &=\frac{1}{2}\left(2f(c)+f(d)-f(c)\right)\cdot(d-c)\\ &=\frac{1}{2}\left(f(c)+f(d)\right)\cdot(d-c). \end{align*}

3. Nous venons de démontrer qu'en remplaçant la fonction \(f\) par le polynôme de degré un au plus qui interpole les points \((c;f(c))\) et \((d;f(d))\text{,}\) on remplace

   \begin{equation*} \int_c^df(x)\mathrm{d}x \end{equation*}

   par

   \begin{equation*} \frac{1}{2}\left(f(c)+f(d)\right)\cdot\underbrace{(d-c)}_{\Delta x}=\frac{\Delta x}{2}\cdot\left(f(c)+f(d)\right). \end{equation*}

   Ceci explique rigoureusement d'où sort la formule donnant l'approximation pour la méthode des trapèzes.

On a

1. On vérifie sans difficulté que \(\phi(c)=\phi(d)=\phi(t)=0\text{.}\)

   Par ailleurs, comme le polynôme \(p(s)\) est de degré un au plus, on a \(p''(s)=0\) pour tout \(s\text{.}\)

   Enfin, on a

   \begin{align*} &\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}s^2}\left(\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}(s-c)(s-d)\right)\\ =\;&\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}\cdot\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}s^2}\left((s-c)(s-d)\right)\\ =\;&\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}\cdot\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}s^2}\left(s^2-cs-ds+cd\right)\\ =\;&\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}\cdot 2, \end{align*}

   donc

   \begin{align*} \phi''(s)&=f''(s)-p''(s)-\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}s^2}\left(\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}(s-c)(s-d)\right)\\ &=f''(s)-0-\frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}\cdot 2\\ &=f''(s)-\frac{2(f(t)-p(t))}{(t-c)(t-d)} \end{align*}

   pour tout \(s\text{.}\)

2. Une première application du théorème de Rolle, entraîne l'existence de \(s_1\in\;]c;t[\) tel que \(\phi'(s_1)=0\text{.}\)

   Une deuxième application du théorème de Rolle, entraîne l'existence de \(s_2\in\;]t;d[\) tel que \(\phi'(s_2)=0\text{.}\)

3. En appliquant le théorème de Rolle à la fonction \(\phi'\) sur l'intervalle \([s_1;s_2]\text{,}\) on obtient un nombre \(\xi\in\;]s_1;s_2[\) tel que

   \begin{equation*} \phi''(\xi)=0. \end{equation*}

   Grâce à la question 1, on voit que cela entraîne

   \begin{equation*} \frac{2(f(t)-p(t))}{(t-c)(t-d)}=f''(\xi), \end{equation*}

   donc

   \begin{equation*} \frac{f(t)-p(t)}{(t-c)(t-d)}=\frac{f''(\xi)}{2} \end{equation*}

   et finalement

   \begin{equation*} f(t)-p(t)=\frac{f''(\xi)}{2}(t-c)(t-d). \end{equation*}

4. Concentrons-nous sur la fonction \(g:[c;d]\longrightarrow\mathbb{R}\) définie par

   \begin{equation*} g(t):=f(t)-p(t). \end{equation*}

   D'après les hypothèses et la question précédente, on a

   \begin{align*} |g(t)|&=\left|f(t)-p(t)\right|\\ &=\left|\frac{f''(\xi)}{2}(t-c)(t-d)\right|\\ &=\frac{|f''(\xi)|}{2}\cdot|t-c|\cdot|t-d|\\ &\le\frac{M}{2}\cdot|t-c|\cdot|t-d| \end{align*}

   pour tout \(t\in\;]c;d[\text{,}\) ce qui s'étend trivialement à tout \(t\in[c;d]\) puisque \(g(c)=g(d)=0\text{.}\)

   Grâce à l'inégalité triangulaire pour l'intégrale, on déduit de cette majoration et de la formule établie à l'exercice 9.3.10 que

   \begin{align*} \left|\int_c^dg(t)\mathrm{d}t\right|&\le\int_c^d|g(t)|\mathrm{d}t\\ &\le\int_c^d\frac{M}{2}|t-c||t-d|\mathrm{d}t\\ &=\frac{M}{2}\cdot\int_c^d|t-c||t-d|\mathrm{d}t\\ &=\frac{M}{2}\cdot\frac{(\Delta x)^3}{6}\\ &=\frac{M(\Delta x)^3}{12}. \end{align*}

   Ceci achève bien la démonstration, puisque la question 2 de l'exercice 9.3.9 entraîne

   \begin{align*} \int_c^dg(t)\mathrm{d}t&=\int_c^d(f(t)-p(t))\mathrm{d}t\\ &=\int_c^df(t)\mathrm{d}t-\int_c^dp(t)\mathrm{d}t\\ &=\int_c^df(t)\mathrm{d}t-\frac{1}{2}(f(c)+f(d))(d-c)\\ &=\int_c^df(t)\mathrm{d}t-\frac{\Delta x}{2}\cdot(f(c)+f(d)). \end{align*}

1. Dans le cas \(l:=1\text{,}\) le graphe du polynôme interpolateur \(p(t)\) des deux points

   \begin{equation*} A_0=(\xi_{k,0},f(\xi_{k,0}))=(x_{k-1},f(x_{k-1})) \end{equation*}

   et

   \begin{equation*} A_1(\xi_{k,1},f(\xi_{k,1}))=(x_k,f(x_k)) \end{equation*}

   coïncide avec le segment les reliant, ce qui donne bien le trapèze de la méthode des trapèzes.

2. Sur \([1;3]\text{,}\) on remplace \(f(t)\) par

   \begin{align*} f(1)+\frac{f(3)-f(1)}{3-1}(t-1)&=6+\frac{32-6}{2}(t-1)\\ &=6+13(t-1), \end{align*}

   et sur \([3;5]\text{,}\) on la remplace par

   \begin{align*} f(3)+\frac{f(5)-f(3)}{5-3}(t-3)&=32+\frac{130-32}{5-3}(t-3)\\ &=32+49(t-3). \end{align*}

   Ceci conduit à l'approximation de \(\int_1^5f(t)\mathrm{d}t\) par

   \begin{align*} &\int_1^3(6+13(t-1))\mathrm{d}t+\int_3^5(32+49(t-3))\mathrm{d}t\\ =\;&\left(6t+13\frac{(t-1)^2}{2}\right)\,\Bigg\vert_1^3+\left(32t+49\frac{(t-3)^2}{2}\right)\,\Bigg\vert_3^5\\ =\;&6\cdot t\,\Bigg\vert_1^3+\frac{13}{2}\cdot(t-1)^2\,\Bigg\vert_1^3+32\cdot t\,\Bigg\vert_3^5+\frac{49}{2}\cdot(t-3)^2\,\Bigg\vert_3^5\\ =\;&6\cdot 2+\frac{13}{2}\cdot 2^2+32\cdot 2+\frac{49}{2}\cdot2^2\\ =\;&200. \end{align*}

3. On commence par subdiviser \([1;3]\) en

   \begin{equation*} \xi_{0,0}=1<\xi_{0,1}=2<\xi_{0,2}=3 \end{equation*}

   et on y remplace \(f(t)\) par

   \begin{align*} &f(1)+\frac{f(2)-f(1)}{2-1}(t-1)+\frac{\frac{f(3)-f(2)}{3-2}-\frac{f(2)-f(1)}{2-1}}{3-1}(t-1)(t-2)\\ =\;&6+7(t-1)+6(t-1)(t-1-1)\\ =\;&6+7(t-1)+6(t-1)^2-6(t-1)\\ =\;&6+t-1+6(t-1)^2. \end{align*}

   Puis on subdivise \([3;5]\) en

   \begin{equation*} \xi_{1,0}=3<\xi_{1,1}=4<\xi_{1,2}=5 \end{equation*}

   et on y remplace \(f(t)\) par

   \begin{align*} &f(3)+\frac{f(4)-f(3)}{4-3}(t-3)+\frac{\frac{f(5)-f(4)}{5-4}-\frac{f(4)-f(3)}{4-3}}{5-3}(t-3)(t-4)\\ =\;&32+37(t-3)+12(t-3)(t-3-1)\\ =\;&32+37(t-3)+12(t-3)^2-12(t-3)\\ =\;&32+25(t-3)+12(t-3)^2. \end{align*}

   Ceci conduit à l'approximation de \(\int_1^5f(t)\mathrm{d}t\) par

   \begin{align*} &\int_1^3(6+t-1+6(t-1)^2)\mathrm{d}t+\int_3^5(32+25(t-3)+12(t-3)^2)\mathrm{d}t\\ =\;&\left(6t+\frac{(t-1)^2}{2}+2(t-1)^3\right)\,\Bigg\vert_1^3\\ &\quad+\left(32t+25\frac{(t-3)^2}{2}+4(t-3)^3\right)\,\Bigg\vert_3^5\\ =\;&6\cdot t\,\Bigg\vert_1^3+\frac{1}{2}\cdot(t-1)^2\,\Bigg\vert_1^3+2\cdot(t-1)^3\,\Bigg\vert_1^3\\ &\quad+32\cdot t\,\Bigg\vert_3^5+\frac{25}{2}\cdot(t-3)^2\,\Bigg\vert_3^5+4\cdot(t-3)^3\,\Bigg\vert_3^5\\ =\;&6\cdot 2+\frac{1}{2}\cdot 2^2+2\cdot 2^3+32\cdot 2+\frac{25}{2}\cdot 2^2+4\cdot 2^3\\ =\;&176. \end{align*}

4. On a en effet

   \begin{align*} \int_1^5f(t)\mathrm{d}t&=\int_1^5(t^3+5)\mathrm{d}t\\ &=\left(\frac{t^4}{4}+5t\right)\,\Bigg\vert_1^5\\ &=\frac{1}{4}\cdot t^4\,\Bigg\vert_1^5+5\cdot t\,\Bigg\vert_1^5\\ &=\frac{1}{4}(5^4-1^4)+5\cdot(5-1)\\ &=176. \end{align*}