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[ID: 2801] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:17] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Sommes de Riemann et formule de Taylor
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17

Commencons par observer que \[\begin{aligned} n\left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac{k}{n} \right)-\int_0^1f(t)dt\right)&= n\left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac{k}{n} \right)-\sum_{k=1}^n\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(t)dt\right)\\ &= n\sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left( f\left( \dfrac{k}{n}\right) -f(t)\right)dt \\ &=n\sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f'(\zeta_k(t))\left( \dfrac{k}{n}-t\right) dt,\\ \end{aligned}\] Et si on pose pour \(1\leq k\leq n\) \[m_k:=\inf\left\lbrace f'(x)\ :\ x\in\left[ \dfrac{k-1}{n},\dfrac{k}{n}\right] \right\rbrace\] \[M_k:=\sup\left\lbrace f'(x)\ :\ x\in\left[ \dfrac{k-1}{n},\dfrac{k}{n}\right] \right\rbrace\] on obtient \[m_k\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left( \dfrac{k}{n}-t\right) dt\leq \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f'(\zeta_k(t))\left( \dfrac{k}{n}-t\right) dt \leq M_k\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left( \dfrac{k}{n}-t\right) dt\] soit finalement \[\dfrac{1}{2n}\sum_{k=1}^n m_k\leq n\sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f'(\zeta_k(t))\left( \dfrac{k}{n}-t\right) dt \leq\dfrac{1}{2n} \sum_{k=1}^n M_k\] mais \[\dfrac{1}{2}\int_0^1f'(t)dt=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{2n} \sum_{k=1}^n M_k=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{2n} \sum_{k=1}^n m_k\] car on y reconnait dans les deux termes de gauche deux sommes de Riemann associées à la fonction \(f'\) sur \([0,1]\). C.Q.F.D.

Pour la seconde limite, la technique est la même mais il faut bien entendu pousser plus loin le développement : avec Taylor-Lagrange, nous avons \[f(x)-f\left( \dfrac{2i-1}{2n}\right) =f'\left( \dfrac{2i-1}{2n}\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right) +\dfrac{1}{2}f''\left( \zeta_i(x)\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right) ^2.\] Et par conséquent \[\begin{aligned} n^2\left(\int_0^1f(t)dt- \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac{2k-1}{n} \right) \right)&= n^2\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}\left( f(t)-f\left( \dfrac{2i-1}{2n}\right) \right) dt\\ &=n^2\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f'\left( \dfrac{2i-1}{2n}\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right) dx\\ &\quad +\dfrac{n^2}{2}\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f''\left( \zeta_i(x)\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right)^2dx. \end{aligned}\] Il suffit maintenant de remarquer que chacunes des intégrales \[\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f'\left( \dfrac{2i-1}{2n}\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right) dx\] s’annulent. Quant aux suivantes, en raisonnant comme dans la première partie \[\dfrac{1}{24n}\sum_{i=1}^n m_i\leq \dfrac{n^2}{2}\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}}f''\left( \zeta_i(x)\right) \left( x-\dfrac{2i-1}{2n}\right)^2dx \leq \dfrac{1}{24n}\sum_{i=1}^n M_i\] où \(M_i\) (resp. \(m_i\)) désigne la borne supérieure (resp. inférieure) de \(f''\) sur l’intervalle \(\left[ \frac{i-1}{n},\frac{i}{n}\right]\). \(f''\) étant continue on conclut rapidement comme plus haut.