Eléments fondamentaux - Exercice 1

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

On sait que :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} f\left( a + i \times \dfrac{b-a}{n} \right) \right) = \dfrac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \, dx$$
Dans notre cas, ceci nous donne :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\left( 0 + i \times \frac{1-0}{n} \right)} \right)= \dfrac{1}{1-0} \int_0^1 f(x) \, dx$$
Soit :
$$I = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right)$$
Et on a :
$$\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = \sum_{i = 1}^{n-1} \left( e^{\frac{1}{n} } \right)^i = \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^1 + \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^2 + \cdots + \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^{n-1}$$
Il s'agit de la somme des $$n-1$$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $$e^{\frac{1}{n}}$$ et de raison $$e^{\frac{1}{n}}$$. On a alors :
$$\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - \left( e^{\frac{1}{n}} \right)^{n-1}}{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{\frac{n-1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{1 - \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - e^{1 - \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}}} = e^{\frac{1}{n}} \dfrac{1 - ee^{- \frac{1}{n}} }{1 -e^{\frac{1}{n}} }$$
Soit :
$$\sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{\frac{1}{n}}e^{- \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{\frac{1}{n}- \frac{1}{n}} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - ee^{0} }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e^{\frac{1}{n}} - e }{1 - e^{\frac{1}{n}} } = \dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1}$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n} \dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1}$$
Posons $$X = \dfrac{1}{n}$$. Si $$n \longrightarrow + \infty$$ alors $$X \longrightarrow 0$$. Donc :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n-1} e^{\frac{i}{n} } \right) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n}\dfrac{e - e^{\frac{1}{n}} }{e^{\frac{1}{n}} -1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - e^X}{e^X -1}$$
Or, lorsque $$X \longrightarrow 0$$ on a l'équivalence suivante :
$$e^X \underset{0}{\sim} 1 + X$$
Donc :
$$\lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - e^X}{e^X -1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - (1 + X)}{1 + X - 1} = \lim_{X \longrightarrow 0} X\dfrac{e - 1 - X}{ X } = \lim_{X \longrightarrow 0}(e - 1 - X) = e - 1$$
Finalement, on a bien :
$$I = e - 1 \,\, u.a.$$

On sait que la fonction exponentielle est définie sur $$\mathbb{R}$$ tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)' = e^x$$
Donc $$f'(x) = e^x$$. Ce qui implique que $$f'$$ est croissante sur l'intervalle d'intégration $$[0\,;\,1]$$, et de fait :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f'(x) \right| = e^1 = e$$
De plus, on sait que :
$$\big| I - \mathcal{R}_n \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f'(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^2}{2n}$$
Donc, pour notre situation :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f'(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^2}{2n} = \dfrac{e}{2n}$$
Comme on désire la valeur approchée de $$I$$, meilleure que le millième, on a donc :
$$\dfrac{e}{2n} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{2} < n \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 500e < n$$
Ce qui nous permet de choisir $$n = 1360$$ car $$n \in \mathbb{N}^\star$$. Et on a alors :
$$h = \dfrac{1-0}{1360} = \dfrac{1}{1360}$$
On a alors :
$$\mathcal{R}_n = h \sum_{k=0}^{n-1} f(0 + kh) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1360-1} f\left (\dfrac{k}{1360} \right) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} f\left (\dfrac{k}{1360} \right) = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} e^{\left (\frac{k}{1360} \right)} = \dfrac{1}{1360} \sum_{k=0}^{1359} \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^k$$
Soit :
$$\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \left( \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^0 + \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^1 + \cdots + \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^{1359} \right)$$
On constate la présence de la somme des $$1360$$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $$\left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^0 = 1$$ et de raison $$e^{\frac{1}{1360}}$$. On a alors :
$$\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - \left( e^{ \frac{1}{1360}} \right)^{1360} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - e^{ \frac{1360}{1360}} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \left( 1 \times \dfrac{1 - e^{1} }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} } \right) = \dfrac{1}{1360} \times \dfrac{1 - e }{ 1 - e^{\frac{1}{1360}} }$$
Soit :
$$\mathcal{R}_n = \dfrac{1}{1360} \times \dfrac{e - 1}{ e^{\frac{1}{1360}} - 1 } \,\, u.a.$$
De manière approchée, on a :
$$\mathcal{R}_n \simeq 1,71765 \,\, u.a.$$

On sait que la fonction exponentielle est définie sur $$\mathbb{R}$$ tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)'' = e^x$$
Donc $$f''(x) = e^x$$. Ce qui implique que $$f''$$ est croissante sur l'intervalle d'intégration $$[0\,;\,1]$$, et de fait :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''(x) \right| = e^1 = e$$
De plus, on sait que :
$$\big| I - \mathcal{T}_n \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f''(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^3}{12n^2}$$
Donc, pour notre situation :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^3}{12n^2} = \dfrac{e}{12n^2}$$
Comme on désire la valeur approchée de $$I$$, meilleure que le millième, on a donc :
$$\dfrac{e}{12n^2} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{12} < n^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{250e}{12} < n^2$$
Soit $$n^2 > 226,52$$. Ce qui nous permet de choisir $$n = 16$$ car $$n \in \mathbb{N}^\star$$. Et on a alors :
$$h = \dfrac{1-0}{16} = \dfrac{1}{16}$$
On a alors :
$$\mathcal{T}_n = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{e^0 + e^1}{2} + \sum_{k=1}^{16-1} e^{\left(0 + \frac{k}{16} \right)} \right) = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \sum_{k=1}^{15} e^{\frac{k}{16}} \right) = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k\right)$$
Avec :
$$\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^1 + \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^1 + \cdots + \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^{15}$$
Il s'agit de la somme des $$15$$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $$e^{ \frac{1}{16}}$$ et de raison $$e^{\frac{1}{16}}$$. On a alors :
$$\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{1 - \left( e^{ \frac{1}{16}} \right)^{15} }{ 1 - e^{\frac{1}{16}} } = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{1 - e^{ \frac{15}{16}} }{ 1 - e^{\frac{1}{16}} } = e^{\frac{1}{16}} \times \dfrac{e^{ \frac{15}{16}} - 1}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e^{\frac{1}{16}}e^{ \frac{15}{16}} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e^{\frac{16}{16}} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1}$$
Donc :
$$\sum_{k=1}^{15} \left( e^{\frac{1}{16}} \right)^k = \dfrac{e^{1} - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1} = \dfrac{e - e^{\frac{1}{16}}}{ e^{\frac{1}{16}} - 1}$$
Ainsi :
$$\mathcal{T}_n = \dfrac{1}{16} \left( \dfrac{1 + e}{2} + \dfrac{e - e^{\frac{1}{16}} }{ e^{\frac{1}{16}} - 1} \right) \,\, u.a.$$
De manière approchée :
$$\mathcal{T}_n \simeq 1,71884 \,\, u.a.$$

On sait que la fonction exponentielle est définie sur $$\mathbb{R}$$ tout entier, et qu'elle y est infiniment dérivable, et de fait elle y est continue.
En outre, on sait que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (e^x)'''' = e^x$$
Donc $$f''''(x) = e^x$$. Ce qui implique que $$f''''$$ est croissante sur l'intervalle d'intégration $$[0\,;\,1]$$, et de fait :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''''(x) \right| = e^1 = e$$
De plus, on sait que :
$$\big| I - \mathcal{S}_{2n} \big| \leqslant \underset{x \in [a\,;\,b]}{\sup}\left| f''''(x) \right| \times\dfrac{(b-a)^5}{180(2n)^4}$$
Donc, pour notre situation :
$$\underset{x \in [0\,;\,1]}{\sup}\left| f''''(x) \right| \times\dfrac{(1-0)^5}{180(2n)^4} = \dfrac{e}{180 \times 2^4 \times n^4} = \dfrac{e}{180 \times 16 \times n^4} = \dfrac{e}{2880 n^4}$$
Comme on désire la valeur approchée de $$I$$, meilleure que le millième, on a donc :
$$\dfrac{e}{2880 n^4} < \dfrac{1}{1000} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1000e}{2880} < n^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{25e}{72} < n^4$$
Soit $$n^4 > 0,94$$, d'où $$n > 0,98$$. Ce qui nous permet de choisir $$n = 1$$ car $$n \in \mathbb{N}^\star$$. Et on a alors :
$$h = \dfrac{1-0}{2 \times 1} = \dfrac{1}{2}$$
De plus, on sait que, de manière générale, on a :
$$\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{h}{3} \left( f(a) + f(b) + 4 \sum_{k=0}^{n-1} f\big(a + (2k+1)h \big) + 2 \sum_{k=1}^{n-1} f\big(a + (2k)h \big) \right)$$
Dans notre cas à nous $$(n=1)$$, on obtient donc :
$$\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{3} \left( e^0 + e^1 + 4 \sum_{k=0}^{1-1} e^{\big(0 + (2k+1)\frac{1}{2} \big)} + 2 \sum_{k=1}^{1-1} e^{\big(0 + (2k)\frac{1}{2} \big)} \right) = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} + 2 \sum_{k=1}^{0} e^{k} \right)$$
On constate que la dernière somme $$\sum_{k=1}^{0} e^{k}$$ n'existe pas. De fait, on obtient :
$$\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} \right)$$
Puis, on constate également que :
$$\sum_{k=0}^{0} e^{\frac{1}{2}(2k+1)} = e^{\frac{1}{2}(2\times0+1)} = e^{\frac{1}{2}(0+1)} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e}$$
Ainsi, on trouve que :
$$\mathcal{S}_{2n} = \dfrac{1}{6} \left( 1 + e + 4 \sqrt{e} \right) \,\, u.a.$$
De manière approchée, on obtient :
$$\mathcal{S}_{2n} \simeq 1,71886 \,\, u.a.$$

On constate que :
- la méthode de $$Simpson$$ 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 $$Riemann$$ 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 $$Boole-Villarceau$$ ;
- la méthode de $$Weddle-Hardy$$ ;
- la méthode de $$Newton-Cotes$$ ;
- la méthode de $$Romberg$$.