Sujet D.4.1 Sommes de Riemann
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Exercice a
Déterminer la limite lorsque $n$ tend vers $+\I$ de
$\,\dsum_{k=0}^{n}\frac{\sqrt{n-k}}{n^{3/2}}\!\cdot\,$
subdivision d'un segment
Une subdivision d'un segment $\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ est une suite $\,(x_0,\dots,x_n)\,$ telle que :
$\displaystyle{}a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b$
Le réel : $\,\Op{max}_{k\app\sp{1.5}[\sp{-1.5}[1,n]\sp{-1.5}]}(x_k-x_{k-1})\,$ est le pas de cette subdivision.
somme de Riemann d'une fonction numérique
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
convergence des sommes de Riemann d'une fonction continue
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
indication
Écrire le terme général de cette somme en fonction de $\,\dfrac kn\,$ pour reconnaître une somme de Riemann.
réponse
On obtient : $\,\lim n{+\I}\bigg(\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{\sqrt{n-k}}{n^{3/2}}\bigg)=\frac23\!\cdot\,$
correction
En considérant la fonction $\,f:x\mapsto\sqrt{1-x}\,$ sur le segment $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ le terme général de cette somme peut s'écrire :
$\displaystyle{}\frac{\sqrt{n-k}}{n^{3/2}}=\frac{\sqrt{1-\dfrac kn}}n=\frac 1n\,f\Big(\dfrac kn\Big)$
Avec $f(1)=0,$ les sommes proposées sont les sommes de
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
Riemann
à gauche de $f:$
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\sum_{k=0}^n\frac{\sqrt{n-k}}{n^{3/2}}=S_n(f)=\frac1n\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\Big(\dfrac kn\Big)$
La fonction $f$ étant continue sur $\,[0,1]\,$ comme l'est la
La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
racine carrée,
ces sommes de Riemann
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
convergent
vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_0^1\sqrt{1-x}\,\d x$
Compte tenu des règles de dérivation des fonctions
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
puissances,
on calcule alors cette intégrale par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\int_0^1\sqrt{1-x}\,\d x=\Big[-\frac23\,(1-x)^{3/2}\Big]_0^1=\frac23$
On obtient donc finalement : $\,\lim n{+\I}\bigg(\dsum_{k=0}^n\frac{\sqrt{n-k}}{n^{3/2}}\bigg)=\frac23\!\cdot\,$
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Exercice b
Déterminer la limite lorsque $n$ tend vers $+\I$ de
$\,\dsum_{k=1}^n\frac k{2\sp{1.5}n^2+k^2}\!\cdot\,$
subdivision d'un segment
Une subdivision d'un segment $\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ est une suite $\,(x_0,\dots,x_n)\,$ telle que :
$\displaystyle{}a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b$
Le réel : $\,\Op{max}_{k\app\sp{1.5}[\sp{-1.5}[1,n]\sp{-1.5}]}(x_k-x_{k-1})\,$ est le pas de cette subdivision.
somme de Riemann d'une fonction numérique
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
convergence des sommes de Riemann d'une fonction continue
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
indication
Écrire le terme général de cette somme en fonction de $\,\dfrac kn\,$ pour reconnaître une somme de Riemann.
réponse
On obtient : $\,\lim n{+\I}\bigg(\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac k{2\sp{1.5}n^2+k^2}\bigg)=\frac{\ln 3-\ln 2}2=\ln\sp{-1.5}\sqrt{\frac32}\sp{-1.5}\cdot\,$
correction
En considérant la fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,f:x\mapsto\dfrac x{2+x^2}\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ le terme général de cette somme peut s'écrire :
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}\frac k{2\sp{1.5}n^2+k^2}=\frac{\dfrac k{n^2}}{2+\Big(\dfrac kn\Big)^2}=\frac 1n\,f\Big(\dfrac kn\Big)$
Il s'ensuit que les sommes proposées sont les sommes de
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
Riemann
à droite de $f:$
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\sum_{k=1}^n\frac k{2\sp{1.5}n^2+k^2}=S_n(f)=\frac1n\,\sum_{k=1}^n\,f\Big(\dfrac kn\Big)$
La fonction
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
rationnelle
$f$ étant continue sur $\,[0,1]\sp{1.5},\,$ ces sommes de Riemann
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
convergent
vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_0^1\dfrac x{2+x^2}\,\d x$
Compte tenu des règles de dérivation des fonctions
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
logarithmes,
on calcule alors cette intégrale par
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\int_0^1\frac x{2+x^2}\,\d x=\Big[\frac12\,\ln\big(2+x^2\big)\Big]_0^1=\frac{\ln 3-\ln 2}2$
On obtient donc finalement : $\,\lim n{+\I}\bigg(\dsum_{k=1}^n\frac k{2\sp{1.5}n^2+k^2}\!\bigg)=\frac{\ln 3-\ln 2}2=\ln\sp{-1.5}\sqrt{\frac32}\sp{-1.5}\cdot\,$
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Exercice c
Déterminer la limite lorsque $n$ tend vers $+\I$ de
$\,\dfrac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\dsum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\sp{1.5}.\,$
subdivision d'un segment
Une subdivision d'un segment $\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ est une suite $\,(x_0,\dots,x_n)\,$ telle que :
$\displaystyle{}a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b$
Le réel : $\,\Op{max}_{k\app\sp{1.5}[\sp{-1.5}[1,n]\sp{-1.5}]}(x_k-x_{k-1})\,$ est le pas de cette subdivision.
somme de Riemann d'une fonction numérique
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
convergence des sommes de Riemann d'une fonction continue
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
indication
1
Commencer par encadrer $\,\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\,$ à partir de la définition de la partie entière.
indication
2
Encadrer ensuite $\,\dfrac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\dsum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\,$ à l'aide de sommes de Riemann.
réponse
On obtient : $\,\lim n{+\I}\bigg(\displaystyle\frac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\sum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\!\bigg)=\frac23\!\cdot\,$
correction
Par définition de la
Pour tout $x\app\bb R\sp{1.5},$ il existe un plus grand $\,k\app\bb Z\,$ tel que $\,k\leq x\,.\,$
Cet entier unique noté $\lfloor x\rfloor$ est caractérisé par l'encadrement :
partie entière,
on a, pour tout $\,k\app\bb Z:\,$
$\,\sqrt k -1<\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\leq\sqrt k\,.\,$
Par
$\displaystyle{}\lfloor x\rfloor\leq x < \lfloor x\rfloor +1$
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
somme
d'inégalités strictes et larges, on en déduit l'encadrement :
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\sum_{k=1}^n\big(\sqrt k-1\big)=\sum_{k=1}^n\sqrt k-n < \sum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\leq\sum_{k=1}^n\sqrt k$
Ces inégalités
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
multipliées
par le réel $\,\smb{1.5}{\dfrac1{n\sp{1.5}\sqrt n}}>0\,$ nous donnent alors :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
$\displaystyle{}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}-\frac1{\sqrt n} < \frac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\sum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\leq\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}$
On reconnaît de part et d'autre des sommes de
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
Riemann
$S_n(f)$ de la fonction $\,f:x\mapsto\sqrt x\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]:\,$
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}S_n(f)-\frac1{\sqrt n} < \frac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\sum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\leq S_n(f)$
La fonction
La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
racine carrée
étant continue sur $[0,1],$ les $S_n(f)$
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
convergent
vers l'intégrale de cette fonction $f\sp{1.5}.$
Compte tenu des règles de dérivation des fonctions
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
puissances,
on calcule alors cette intégrale par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\int_0^1\sqrt x\d x=\Big[\frac23\,x^{3/2}\Big]_0^1=\frac23$
On obtient donc finalement, par
Soient des fonctions $\,f\sp{1.5},\sp{1.5}g\sp{1.5},\sp{1.5}h:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ avec $\,\ell\app\bb R\sp{1.5}.\,$
Si au voisinage de $\,a\app \smh0{\surl{\bb R}}\sp{1.5},\,$ on a : $\,g(x)\leq f(x)\leq h(x)\sp{1.5},\,$ alors :
encadrement
de limites : $\,\lim n{+\I}\bigg(\displaystyle\frac 1{n\sp{1.5}\sqrt n}\sum_{k=1}^n\big\lfloor \sqrt k\big\rfloor\bigg)=\frac23\!\cdot\,$
$\displaystyle{}{\big(\,\lim x a\, g(x) = \lim x a\, h(x) =\ell\ \big)} \Imp \lim x a\, f(x) =\ell$
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Exercice d
$\,f:[0,1]\to\bb R\,$ étant une fonction de classe $\,\sc C^1\!,\,$ majorer l'expression :
$\displaystyle{}\eps_n=\bigg|\int_0^1f(x)\d x-\frac1n\sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)\bigg|$
subdivision d'un segment
Une subdivision d'un segment $\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ est une suite $\,(x_0,\dots,x_n)\,$ telle que :
$\displaystyle{}a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b$
Le réel : $\,\Op{max}_{k\app\sp{1.5}[\sp{-1.5}[1,n]\sp{-1.5}]}(x_k-x_{k-1})\,$ est le pas de cette subdivision.
somme de Riemann d'une fonction numérique
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
convergence des sommes de Riemann d'une fonction continue
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.
indication
1
Écrire $\,\dint_0^1f(x)\op d x-\frac1n\sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)\,$ comme une somme de $\,n\,$ intégrales.
indication
2
Utiliser l'inégalité des accroissements finis pour majorer chacune des intégrales obtenues.
réponse
On obtient : $\,\eps_n\leq\dfrac{M_1}n\sp{1.5},\,$ en posant : $\,M_1=\Op{max}_{x\app\sp{1.5}[\sp{1.5}0,1]}\big|f'(x)\big|\sp{1.5}.\,$
correction
On considère une
Une subdivision d'un segment $\,[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\,$ est une suite $\,(x_0,\dots,x_n)\,$ telle que :
subdivision
régulière du segment $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ en posant $\,x_k=\dfrac kn\,$ pour tout $\,k\app\,[\![\sp{1.5}0,n]\!]\sp{1.5}.\,$
on peut alors écrire, par intégration d'une fonction constante et
$\displaystyle{}a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b$
Le réel : $\,\Op{max}_{k\app\sp{1.5}[\sp{-1.5}[1,n]\sp{-1.5}]}(x_k-x_{k-1})\,$ est le pas de cette subdivision.
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ et $\,\alpha,\beta\app\bb K\sp{-1.5}:\,$
linéarité
de l'intégrale :
$\displaystyle{}\int_ a^b(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)(x)\d x\,=\,\alpha\!\int_a^b\!\!f(x)\d x+\beta\!\int_a^b\!\!g(x)\d x$
$\eqalign{\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(x)\d x-\frac1n\,f\Big(\frac kn\Big)&=
\int_{x_{k-1}}^{x_k}\!\!f(x)\d x-\int_{x_{k-1}}^{x_k}\!\!f(x_k)\d x\\
&=\int_{x_{k-1}}^{x_k}\!\!\big(f(x)-f(x_k)\big)\d x}$
En sommant ces intégrales, on obtient par relation de
Pour $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ ou $\,f\app\sc C_m(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ avec $a,\sp{1.5}b,\,c\app I$ on a :
Chasles :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\int_a^c\!f(x)\d x+\int_c^b\!f(x)\d x$
$\displaystyle{} \int_0^1f(x)\d x-\frac1n\sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)=
\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\!\!\big(f(x)-f(x_k)\big)\d x$
La fonction $f$ étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ la fonction $\,|f'|\sp{1.5},\,$
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
composée
de $f'$ par la
La fonction valeur absolue : $\,x\mapsto|x|\sp{1.5},\,$ est continue sur $\bb R\sp{1.5}.$
De plus, elle est paire, et strictement croissante sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,.\,$
valeur absolue,
y est continue.
Elle est donc
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue ; alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
bornée
sur le segment $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ et elle y atteint ses bornes.
Elle possède alors un maximum $\,M_1=\smb{1.5}{\Op{max}_{x\app\sp{1.5}[\sp{1.5}0,1]}}\big|f'(x)\big|\sp{1.5},\,$ et
Soient $\,f:I\to\bb K\,$ dérivable et $\,\lambda>0\,$ tels que : $\,|f^{\sp{1.5}\prime}|\leq\lambda\sp{1.5};\,$ alors :
l'inégalité
des accroissements finis nous donne ainsi :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app I^2,\ \big|f(x)-f(y)\big|\leq\lambda\,|x-y\sp{1.5}|$
$\displaystyle{}\ptt x\app\big[x_{k-1},x_k\big],\ \big|f(x)-f(x_k)\big|\leq M_1\,|x-x_k|\leq \frac{M_1}n$
Par inégalité triangulaire
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
usuelle,
puis inégalité triangulaire
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
Pour $\,f\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ ou $\,f\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ avec $a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\sp{1.5},$ on a :
intégrale,
on a alors :
$\displaystyle{}\bigg|\int_a^bf(x)\d x\bigg|\leq\int_a^b\big|f(x)\big|\d x$
$\eqalign{\eps_n&=\bigg|\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\big(f(x)-f(x_k)\big)\d x\bigg|\\
&\leq\sum_{k=1}^n\bigg|\int_{x_{k-1}}^{x_k}\big(f(x)-f(x_k)\big)\d x\bigg|\\
&\leq\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\big|f(x)-f(x_k)\big|\d x}$
En appliquant encore la relation de Chasles, on obtient enfin :
$\displaystyle{}\eps_n\leq\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}\frac{M_1}n\,\d x=\int_0^1\frac{M_1}n\,\d x=\frac{M_1}n$
Ce nombre $\,\eps_n\,$ est un majorant de l'erreur commise dans l'approximation de l'intégrale de $f$ par une somme de
Pour $\,f:[a,b]\to\bb K\,\,$ ses sommes de Riemann à gauche sont les :
Riemann
d'ordre $\,n\sp{1.5}.\,$
Cette approximation correspond à la
$\displaystyle{}S_n(f)=\frac{b-a}n\sum_{k=0}^{n-1}f\Big(a+k\,\frac {b-a}n\Big)$
Ses sommes de Riemann à droite sont celles indexées de $\,k=1\,$ à $\,n\sp{1.5}.\,$
Les sommes de Riemann de $\,f\app\sc C([a,b],\bb K)\,$ convergent vers son intégrale :
méthode
des rectangles ; l'erreur commise dans cette approximation est donc en $\,O\big(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n\big)\sp{1.5}.\,$$\displaystyle{}S_n(f)\tend n{+\I}\int_a^bf(x)\d x$
Les $\,S_n(f)\,$ sont les approximations de l'intégrale par la méthode des rectangles.