1. Énoncé du problème. On a les polynômes d'interpolation de Lagrange $P_1$ et $P_2$ définis respectivement sur les points $(x_i,f(x_i))_{i=0}^1$ et $(x_i,f(x_i))_{i=0}^2$ et on part des identités $$\int_{x_0}^{x_1} f(x)\,dx = \int_{x_0}^{x_1} P_1(x)\,dx + \int_{x_0}^{x_1} \varepsilon_1(x)\,dx$$ $$\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = \int_{x_0}^{x_2} P_2(x)\,dx + \int_{x_0}^{x_2} \varepsilon_2(x)\,dx$$ 2. Rappel du reste de Lagrange. Pour un interpolant d'ordre $n$ on a le reste ponctuel $$\varepsilon_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!}\prod_{i=0}^n (x-x_i)$$ Ainsi $$\varepsilon_1(x)=\frac{f''(\xi(x))}{2!}(x-x_0)(x-x_1)$$ $$\varepsilon_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi(x))}{3!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)$$ 3. Dérivation de la formule du trapèze. Posons $a=x_0$, $b=x_1$ et $h=b-a$. Le polynôme $P_1$ s'écrit en base de Lagrange $$P_1(x)=f(a)\,\ell_0(x)+f(b)\,\ell_1(x)$$ avec $\ell_0(x)=\dfrac{x-b}{a-b}$ et $\ell_1(x)=\dfrac{x-a}{b-a}$. Intégrons $P_1$ sur $[a,b]$ en utilisant ces bases. $$\int_a^b P_1(x)\,dx=f(a)\int_a^b \ell_0(x)\,dx+f(b)\int_a^b \ell_1(x)\,dx$$ Calculons une des intégrales, par exemple pour $\ell_1$ on pose $t=x-a$ et $b=a+h$ pour obtenir $$\int_a^b \ell_1(x)\,dx=\int_0^h \frac{t}{h}\,dt=\frac{1}{h}\cdot\frac{h^2}{2}=\frac{h}{2}$$ Par symétrie $\int_a^b \ell_0(x)\,dx=\frac{h}{2}$. Donc $$\int_a^b P_1(x)\,dx=\frac{h}{2}\bigl(f(a)+f(b)\bigr)\quad\text{(règle du trapèze)}$$ 4. Terme d'erreur pour le trapèze. Intégrons $\varepsilon_1(x)$ sur $[a,b]$. On a $\varepsilon_1(x)=\dfrac{f''(\xi(x))}{2}(x-a)(x-b)$ et en posant $t=x-a$ on obtient $$\int_a^b (x-a)(x-b)\,dx=\int_0^h t(t-h)\,dt=\left[\frac{t^3}{3}-\frac{h t^2}{2}\right]_0^h=-\frac{h^3}{6}$$ Par le théorème des accroissements finis pour intégrales continues il existe $\zeta\in(a,b)$ tel que $$\int_a^b \varepsilon_1(x)\,dx=\frac{f''(\zeta)}{2}\left(-\frac{h^3}{6}\right)=-\frac{h^3}{12}f''(\zeta)$$ Ainsi la formule du trapèze avec erreur s'écrit $$\int_a^b f(x)\,dx=\frac{h}{2}\bigl(f(a)+f(b)\bigr)-\frac{h^3}{12}f''(\zeta)\quad\text{pour un }\zeta\in(a,b).$$ 5. Dérivation de la formule de Simpson (règle parabolique). Posons $a=x_0$, $x_1=a+h$, $x_2=a+2h$ avec $h=(x_2-x_0)/2$. Le polynôme $P_2$ s'écrit $$P_2(x)=f(a)\,L_0(x)+f(a+h)\,L_1(x)+f(a+2h)\,L_2(x)$$ avec par exemple $$L_0(x)=\frac{(x-(a+h))(x-(a+2h)){}}{(a-(a+h))(a-(a+2h))}$$ On calcule les intégrales des fonctions de base en posant $t=x-a$ et en intégrant de $0$ à $2h$. Le calcul donne $$\int_a^{a+2h} L_0(x)\,dx=\frac{h}{3},\quad \int_a^{a+2h} L_2(x)\,dx=\frac{h}{3},\quad \int_a^{a+2h} L_1(x)\,dx=\frac{4h}{3}$$ D'où $$\int_a^{a+2h} P_2(x)\,dx=\frac{h}{3}\bigl(f(a)+4f(a+h)+f(a+2h)\bigr)$$ Ce qui s'écrit aussi (avec $b=a+2h$) $$\int_a^b P_2(x)\,dx=\frac{b-a}{6}\bigl(f(a)+4f\bigl(\tfrac{a+b}{2}\bigr)+f(b)\bigr)\quad\text{(règle de Simpson)}$$ 6. Terme d'erreur pour Simpson. Le reste ponctuel est $\varepsilon_2(x)=\dfrac{f^{(3)}(\xi(x))}{6}(x-a)(x-(a+h))(x-(a+2h))$. L'intégrale de cette quantité ne s'annule pas en général parce que $f^{(3)}(\xi(x))$ dépend de $x$; en utilisant une formulation plus fine du reste (par le noyau de Peano ou par intégrations successives par parties) on montre qu'il existe $\eta\in(a,b)$ tel que $$\int_a^b \varepsilon_2(x)\,dx=-\frac{(b-a)^5}{2880}f^{(4)}(\eta)$$ Ainsi la formule de Simpson avec terme d'erreur s'écrit $$\int_a^b f(x)\,dx=\frac{b-a}{6}\bigl(f(a)+4f\bigl(\tfrac{a+b}{2}\bigr)+f(b)\bigr)-\frac{(b-a)^5}{2880}f^{(4)}(\eta)\quad\text{pour un }\eta\in(a,b).$$ 7. Remarques pédagogiques. La règle du trapèze est exacte pour les polynômes de degré au plus 1 parce que $\varepsilon_1\equiv 0$ si $f''\equiv0$. La règle de Simpson est exacte pour les polynômes de degré au plus 3 et l'erreur fait intervenir la dérivée d'ordre 4. Ces dérivations suivent directement de l'écriture en base de Lagrange et des expressions générales du reste de l'interpolation.