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title: 'TD7: Intégration numérique'

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 # TD7: Intégration numérique

## Exercice 1:
On considère l'intégrale suivante:
  $$I\ =\ \int_{1}^{2} \frac{1}{x}\,dx$$

1) Calculer la valeur exacte de $I$.

$$
I=\int_1^2\frac{1}{x}dx=[\ln(x)]_1^2=\ln(2)-\ln(1)=\ln(2)\simeq 0.6931
$$


2) Calculer une approximation numérique par la méthode des trapèzes, avec un pas $h=\frac{1}{3}$.

$$
I=\int_1^2 \frac{1}{x}dx=\int_1^{4/3}  \frac{1}{x}dx + \int_{4/3}^{5/3}  \frac{1}{x}dx + \int_{5/3}^{2}  \frac{1}{x}dx 
$$
En appliquant la méthode des trapèzes pour le calcul de chaque intégrale, on obtient
$$
I\simeq (\frac{4}{3}-1)(\frac{\frac{1}{1}+\frac{3}{4}}{2})+(\frac{5}{3}-\frac{4}{3})(\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{5}}{2})+(2-\frac{5}{3})(\frac{\frac{3}{5}+\frac{1}{2}}{2})
=\frac{7}{24}+\frac{27}{120}+\frac{11}{60}=\frac{2016}{2880}=0.7
$$

Remarque: on peut également directement utiliser la formule donnée dans le cours. 

3) Pourquoi cette approximation est-elle supérieure à la valeur exacte de $I$? Est-ce vrai pour toute discrétisation uniforme de pas $h$?

$$
E=-\frac{f"(\xi)}{12}(b-a)^2 h^2=-\frac{f"(\xi)}{12}\frac{1}{9}
$$
On a
$$
f(x)=\frac{1}{x}, f'(x)=-\frac{1}{x^2},f"(x)=-(-\frac{2}{x^3})=\frac{2}{x^3}>0 \mbox{ sur }[1,2]
$$
d'où
$$
E=-\frac{f"(\xi)}{108}<0.
$$
Par conséquent,
$$
\int_1^2\frac{1}{x}dx=0.7+E\Leftrightarrow\int_1^2\frac{1}{x}dx-0.7=E<0\Leftrightarrow\int_1^2\frac{1}{x}dx<0.7
$$
Ce résultat se retrouve facilement graphiquement. 


4) On souhaite approcher $I$ par la méthode de Simpson. Quelle valeur de $h$ permet d'avoir une erreur inférieure à $10^{-4}$?

En utilisant la méthode de Simpson, on a une erreur donnée par 
$$
E=-\frac{b-a}{2880}f^{(4)}(\eta)h^{4}, \eta\in[1,2]
$$
$$
f"(x)=\frac{2}{x^3}, f^{(3)}=2\frac{(-3)}{x^4}=-\frac{6}{x^4}, f^{(4)}=-6\frac{(-4)}{x^5}=\frac{24}{x^5}.
$$
$$
E=-\frac{1}{2880}\frac{24}{\eta^5}h^4=-\frac{1}{120}\frac{1}{\eta^5}h^4.
$$
$$
|E|=|-\frac{1}{120}\frac{1}{\eta^5}h^4|\leq \frac{h^4}{120}
$$
car 
$$
\frac{1}{x^5}\leq 1 \mbox{ sur } [1,2].
$$
Pour avoir $|E|\leq 10^{-4}$, il suffit d'avoir
$$
\frac{1}{120}h^4\leq 10^{-4}\Leftrightarrow h\leq \sqrt[4]{120.10^{-4}}\leq 0.3309;
$$
d'où
$$
h=\frac{1}{N} \Leftrightarrow \frac{1}{0.3309} \leq N \Rightarrow N\geq 4.
$$


## Exercice 2:
On souhaite approcher l'intégrale (singulière) suivante:

  $$ I\ =\ \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)\sqrt{x(1-x)}}\,dx$$
  
  1) Pour quelle raison ne peut-on pas appliquer ici la méthode des trapèzes ou de Simpson?
  
   Car la fonction est singulière en 0 et en 1.
   
  2) On cherche alors une formule du type:
	
 $$I(f)\ =\ \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx\ = \ \alpha f(0) + \beta f(\frac{1}{2}) + \gamma f(1)+ R_1(f)$$
	Déterminer les coefficients $\alpha, \beta, \gamma$ de sorte que le reste $R_1(f)$ soit nul pour l'ensemble 
	des polynômes de degré $n$ le plus élevé possible, à préciser.
	
 On indique que si on note:
	
  $$I_k\ = \int_{0}^{1} \frac{x^k}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx \quad \textrm{\ alors \ } I_0 =\pi \textrm{\ et \ } I_k = \frac{2k-1}{2k}I_{k-1}, \ k\ge 1.$$
  
   $$
  \left\{
  \begin{array}{l}
 \displaystyle I_0=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\pi,\\
 \displaystyle   I_1=\int_0^1 \frac{x}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\frac{2-1}{2}I_0=\frac{\pi}{2}, \\
 \displaystyle   I_2=\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\frac{4-1}{4}I_1=\frac{3}{4}\frac{\pi}{2}=\frac{3}{8}\pi.
   \end{array}
   \right.
  $$
  d'où
$$
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha+\beta+\gamma = \pi\\
\frac{1}{2}\beta + \gamma =\frac{\pi}{2}\\
\frac{1}{4}\beta + \gamma=\frac{3\pi}{8}
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac{\pi}{4}\\
\beta = \frac{\pi}{2}\\
\gamma = \frac{\pi}{4}
\end{array}
\right.
$$  

On obtient la formule approchée:
$$
I(f)\simeq \frac{\pi}{4}f(0)+\frac{\pi}{2} f(\frac{1}{2})+\frac{\pi}{4}f(1)
$$

Déterminons l'ordre de l'approximation de l'intégrale.
Vérification pour $I_3$:
$$
I_3=\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\frac{5\pi}{16}
$$
et
$$
\alpha f(0)+\beta f(\frac{1}{2})+\gamma f(1)= \frac{\pi}{4}0+\frac{\pi}{2}(\frac{1}{2})^3+\frac{\pi}{4} 1^3=\frac{5\pi}{16}.
$$
La méthode est au moins d'ordre 3. 
Vérification pour $I_4$: 
$$
I_4=\int_0^1\frac{x^4}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\frac{35\pi}{128}
$$
et
$$
\alpha f(0)+\beta f(\frac{1}{2})+\gamma f(1)= 0+\frac{\pi}{2}(\frac{1}{2})^4+\frac{\pi}{4} 1^4=\frac{9\pi}{32}.
$$
$$
I_4\neq \alpha f(0)+\beta f(\frac{1}{2})+\gamma f(1)
$$
donc la méthode n'est pas d'ordre 4. 

Par conséquent, la méthode étudiée est d'ordre 3, c'est à dire qu'elle exacte pour les polynômes de degrès $\leq 3$. 

  3) On suppose qu'il existe une constante $C$ telle que: 
	$$\forall f\in \mathcal{C}^{(n+1)} \quad \exists c \in [0,1] / \quad R_1(f)  = Cf^{(n+1)}(c).$$
	En considérant $f(x)=x^4$, calculer $C$.
    
    Dans la question précédente, on a vu que le formule est exacte pour les polynômes de degré $\leq 3$. 
$$
f(x)=x^4 \Rightarrow f^{(4)}(c)=4!=24.
$$
et $I_4=\frac{35\pi}{2^7}$ et $\alpha f(0)+\beta f(\frac{1}{2})+\gamma f(1)=\frac{9\pi}{2^5}$ donc
$$
R_1(f)=I_4-\frac{9\pi}{2^5}=\frac{35\pi}{2^7}-\frac{9\pi}{2^5}=-\frac{\pi}{2^7}
$$
Or, $$R_1(f)=Cf^{n+1}(c)=Cf^{(4)}(c)=24C=-\frac{\pi}{2^7}\Rightarrow \displaystyle C=-\frac{\pi}{24.2^7}.
$$
4) Application numérique: calculer une approximation de $I$ par cette formule, et donner une majoration du reste  $R_1\!\!\left(\dfrac{1}{1+x}\right)$.
On souhaite approcher l'intégrale $I$. Or on a $I=I(f)$ avec $f(x)=\frac{1}
{1+x}.$
$$
	I(\frac{1}{1+x})=\alpha f(0)+\beta f(\frac{1}{2}) + \gamma f(1) + R_1(\frac{1}{1+x})=\frac{\pi}{4}\times 1 + \frac{\pi}{2}\frac{1}{1+\frac{1}{2}}+\frac{\pi}{4}\times \frac{1}{1+1}+R_1(f)=\frac{17\pi}{24} + R_1(\frac{1}{1+x})
$$
	et
	$$
	R_1(\frac{1}{1+x})=Cf^{(n+1)}(c).
	$$
	Or
	$$
	f^{(4)}(c)=24(1+c)^{-5} \mbox{ (car } (\frac{1}{1+x})^{(4)}=24(1+x)^{-5})
	$$
	Entre $0$ et $1$, $\displaystyle (\frac{1}{1+x})^{(4)}$ est maximum en $0$ et $f^{(4)}(0)=24$.
	$$
	\Rightarrow |R_1(\frac{1}{1+x})|\leq \frac{\pi}{2^7} \mbox{ entre 0 et 1}.
	$$
    
  ## Exercice 3:
   On considère les deux opérateurs linéaires suivants, définis pour les fonctions $f\in \mathcal{C}^{\infty}([-1,+1])$:
  $$ I(f)\ =\ \int_{-1}^{+1} f(x)\,dx , \qquad  J(f) = \omega_1 f(x_1) + \omega_2 f(x_2) \quad x_1, x_2 \in [-1,1] \ x_1 \ne x_2. $$
  
  1) Déterminer $(\omega_1,\omega_2)$ en fonction de $(x_1,x_2)$ pour que $J(P)=I(P)$ pour tout $P\in\mathbb{P}_1$.
  
  
  Une base de $\mathbb{P}_1$ est $\{1,x\}$.  
  Pour $P_0(x)=1$, $I(P_0)=\int_{-1}^1 1 dx =2$  et $J(P_0)=w_1\times 1 + w_2 \times 1=w_1+w_2.$

Pour $P_1(x)=x$; $I(P_1)=\int_{-1}^1 x dx =0$ et $J(P_1)=w_1x_1 +w_2x_2.$
On doit donc avoir
$$
\left\{
\begin{array}{l}
w_1+w_2=2\\
w_1x_1+w_2x_2=0
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
w_2=2-w_1\\
w_1x_1+(2-w_1)x_2=0
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
w_2=2-w_1\\
w_1=\frac{2x_2}{x_2-x_1}
\end{array}
\right.
$$
et
$$
w_2=2-w_1=-\frac{2x_1}{x_2-x_1}.
$$
**Remarque:** Le calcul effectué sur les fonctions de base permet de généraliser la méthode à tout polynome de $\mathbb{P_1}$:


$\forall p\in\mathbb{P}_1, \exists a,b$  tels que 
$$
p(x)=aP_0(x)+bP_1(x)\Rightarrow I(P)=aI(P_0)+bI(P_1)
$$
et
$$
\begin{array}{ll}
J(p)&= w_1p(x_1)+w_2p(x_2)\\
&=w_1(aP_0(x_1)+bP_1(x_1))+w_2(aP_0(x_2)+bP_1(x_2))\\
&=a(w_1P_0(x_1)+w_2P_0(x_2))+b(w_1P_1(x_1)+w_2P_1(x_2))\\
&=a J(P_0)+b J(P_1)
\end{array}
$$
Or 
$$
J(P_0)=I(P_0) \mbox{ et } J(P_1)=I(P_1)
$$
On a 
$$
J(P)=aI(P_0)+b I(P_1)=I(P)
$$
avec $w_1$ et $w_2$ définis précédemment. 
  
  
  2) Montrer qu'il existe un unique couple $(x_1,x_2)$ pour lequel $J(P)=I(P)$ pour tout $P\in\mathbb{P}_3$.
Pour $P_2(x)=x^2$, 
$$
I(P_2)=\int_{-1}^1 x^2 dx = \frac{2}{3}
$$
et 
$$
J(P_2)=w_1x_1^2+w_2x_2^2
$$
Pour $P_3(x)=x^3$, 
$$
I(P_3)=\int_{-1}^1 x^3 dx=0
$$
et
$$
J(P_3)=w_1 x_1^3+w_2 x_2^3. 
$$
On a donc
$$
\left\{
\begin{array}{l}
w_1 x_1^2+w_2 x_2^2=\frac{2}{3}\\
w_1 x_1^3+w_2 x_2^3=0
\end{array}
\right.
$$
On utilise le fait que $w_1=\frac{2x_2}{x_2-x_1}$ et $w_2=-\frac{2x_1}{x_2-x_1}$:
$$
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{2}{3}=w_1x_1^2+w_2x_2^2\\
0=w_1x_1^3+w_2x_2^3
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{2}{3}=\frac{2x_2}{x_2-x_1} x_1^2-\frac{2x_1}{x_2-x_1}x_2^2=-2x_1x_2\\
0=\frac{2x_2}{x_2-x_1}x_1^3-\frac{2x_1}{x_2-x_1}x_2^3=-2x_1x_2(x_2+x_1)
\end{array}
\right.
$$
$$
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
x_1x_2=-\frac{1}{3}\\
x_1x_2=0 \mbox{ ou } x_2+x_1=0
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
x_1x_2=-\frac{1}{3}\\
x_2=-x_1
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
x_1=-\frac{1}{\sqrt{3}}\\
x_2=\frac{1}{\sqrt{3}}
\end{array}
\right.
$$
et
$$
\left\{
\begin{array}{l}
w_1=1\\
w_2=1.
\end{array}
\right.
$$


 3)Calculer alors l'erreur  $|J(f)-I(f)|$ pour $f(x)=e^{x}$. 
	Combien d'évaluations de $f$ aurait-il fallu pour obtenir la même erreur par la méthode des trapèzes ?
    
    
$$
	|J(e^x)-I(e^x)|=|e^{-1/\sqrt{3}}+e^{1/\sqrt{3}}-\int_{-1}^1e^xdx|=|e^{-1/\sqrt{3}}+e^{1/\sqrt{3}}-e+e^{-1}|\simeq 0.007.	
	$$
	Pour la méthode des trapèzes, 
	$$
	E=-\frac{1}{6}f"(\xi)h^2
	$$
	et
	$$
	f"(\xi)=e^\xi
	$$
	d'où sur $[-1,1]$
	$$
	|f"(\xi)|\leq e \Rightarrow |E|\leq \frac{1}{6}e h^2
	$$
	Pour avoir $|E[\simeq 0.007$ il faut 
	$$
	\frac{1}{6}eh^2\simeq 0.007\Rightarrow h^2\simeq \frac{6\times 0.007}{e}\simeq 0.12
	$$
	Pour avoir un pas de $0.12$ on doit avoir $\frac{2}{0.12}\simeq 16$ intervalles entre $[-1,1]$. Donc on aurait du faire environ 17 évaluations de la fonction $f$ pour obtenir la même erreur contre seulement 2 évaluation pour la méthode de Gauss. 
	
