Le terme d'erreur exact de la méthode des rectangles

La stratégie. L'énoncé ne demande pas une majoration mais une limite exacte : il faut identifier le terme dominant de l'erreur, pas seulement le borner. On découpe l'erreur morceau par morceau, on fait apparaître $f^{\prime }$ par une intégration par parties bien choisie, puis l'on passe à la limite grâce au théorème de Heine.

Notons $x_k=\frac{k}{n}$ pour $0\le k\le n$, $S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n}f(x_k)$ et $I={\int }_0^{1}f$.

Le découpage. Comme $\frac{1}{n}={\int }_{x_{k-1}}^{x_k}\mathrm{d}t$, on peut écrire $\frac{f(x_k)}{n}={\int }_{x_{k-1}}^{x_k}f(x_k)\mathrm{d}t$, et par Chasles, $$S_n-I=\sum _{k=1}^n{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(f(x_k)-f(t))\mathrm{d}t.$$

L'intégration par parties sur chaque morceau. Sur $[x_{k-1},x_k]$, prenons $u(t)=f(x_k)-f(t)$, de dérivée $u^{\prime }(t)=-f^{\prime }(t)$, et $v(t)=t-x_{k-1}$, primitive de $1$ choisie nulle à gauche : $${\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(f(x_k)-f(t))\mathrm{d}t=\left[\right(f(x_k)-f(t))(t-x_{k-1}){]}_{x_{k-1}}^{x_k}+{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(t-x_{k-1})f^{\prime }(t)\mathrm{d}t.$$ Le crochet s'annule aux deux bouts : en $t=x_{k-1}$, le facteur $t-x_{k-1}$ est nul ; en $t=x_k$, c'est $f(x_k)-f(t)$ qui l'est. C'est le choix de $v$ qui l'assure — avec $v(t)=t$, le crochet ne s'annulerait pas et le calcul n'aboutirait pas.

Recollement. En sommant et en multipliant par $n$ : $$n(S_n-I)={\int }_0^1{w}_n(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t,\text{ouˋ }{w}_n(t)=n(t-x_{k-1})\text{ pour }t\in [x_{k-1},x_k[.$$ La fonction $w_n$ est une « dent de scie » : sur chaque morceau, elle croît linéairement de $0$ à $1$, et sa moyenne y vaut $\frac{1}{2}$ — précisément, ${\int }_{x_{k-1}}^{x_k}{w}_n(t)\mathrm{d}t=n\cdot \frac{(1/n{)}^2}{2}=\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}\mathrm{d}t$, donc ${\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(w_n-\frac{1}{2})=0$.

Passage à la limite. Comparons ${\int }_0^1{w}_n{f}^{\prime }$ à $\frac{1}{2}{\int }_0^1{f}^{\prime }=\frac{f(1)-f(0)}{2}$. Sur chaque morceau, comme ${\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(w_n-\frac{1}{2})=0$, on peut retrancher la constante $f^{\prime }(x_{k-1})$ sans rien changer : $${\int }_0^1(w_n-\frac{1}{2})f^{\prime }=\sum _{k=1}^n{\int }_{x_{k-1}}^{x_k}(w_n(t)-\frac{1}{2})(f^{\prime }(t)-f^{\prime }(x_{k-1}))\mathrm{d}t.$$ Or $|w_n-\frac{1}{2}|\le \frac{1}{2}$, et pour $t\in [x_{k-1},x_k]$, $|t-x_{k-1}|\le \frac{1}{n}$. Notons $\omega (h)=\sup \{|f^{\prime }(u)-f^{\prime }(v)|:u,v\in [0,1],|u-v|\le h\}$. Alors chaque intégrande est majoré par $\frac{1}{2}\omega \left(\frac{1}{n}\right)$, et $$\left|{\int }_0^1\right(w_n-\frac{1}{2}\left)f^{\prime }\right|\le \sum _{k=1}^n\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{2}\omega \left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}\omega \left(\frac{1}{n}\right).$$ C'est ici que $f$ de classe ${\mathcal{C}}^1$ et le théorème de Heine sont dépensés : $f^{\prime }$ est continue sur le segment $[0,1]$, donc uniformément continue, ce qui signifie exactement $\omega (h)\to 0$ quand $h\to 0$. Donc ${\int }_0^1(w_n-\frac{1}{2})f^{\prime }\to 0$, et $$n(S_n-I)=\frac{1}{2}{\int }_0^1{f}^{\prime }+{\int }_0^1(w_n-\frac{1}{2})f^{\prime }\underset{n\to \infty }{\to }\frac{f(1)-f(0)}{2}.$$

Le point délicat. Retrancher la moyenne avant de majorer. Sans cette soustraction, on majorerait $|w_n{f}^{\prime }|$ par $\max |f^{\prime }|$ et l'on obtiendrait un $O(1)$ : aucune conclusion. C'est l'oscillation de $w_n$ autour de sa moyenne, combinée à la petite variation de $f^{\prime }$ sur un morceau, qui donne le $o(1)$.

Contrôle exact. Pour $f(t)=t^2$ : $S_n=\frac{1}{n^3}{\sum }_{k=1}^n{k}^2=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^2}$, donc $n(S_n-\frac{1}{3})=\frac{1}{2}+\frac{1}{6n}\to \frac{1}{2}=\frac{f(1)-f(0)}{2}$.

Ce que l'exercice installe. L'erreur de la méthode des rectangles est exactement d'ordre $\frac{1}{n}$, avec la constante explicite $\frac{f(1)-f(0)}{2}$ : $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)-{\int }_0^{1}f=\frac{f(1)-f(0)}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$ Deux conséquences. Doubler $n$ ne divise l'erreur que par $2$ : la méthode est lente, et les trapèzes font mieux. Et la constante s'annule si $f(1)=f(0)$ : pour une fonction périodique intégrée sur une période, les rectangles deviennent remarquablement précis — c'est pourquoi les coefficients de Fourier se calculent ainsi. Retrancher le terme connu améliore l'ordre : c'est le premier pas du développement d'Euler-Maclaurin.