Quadratures gaussiennes

Objectifs d'apprentissage

À la fin de cette leçon, vous serez en mesure de :

Expliquer pourquoi le choix des points d'évaluation influence la précision
Comprendre l'idée derrière les quadratures gaussiennes (sans mémoriser les preuves)
Construire pas à pas la formule de Gauss à 2 points
Appliquer le changement de variable pour un intervalle quelconque
Savoir quand utiliser Gauss plutôt que Newton-Cotes

Prérequis

Formules de Newton-Cotes et quadratures composites (leçons précédentes)
Intégration par changement de variable

Le principe en une phrase

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Idée centrale des quadratures gaussiennes

Dans Newton-Cotes, les positions des points sont fixées (équidistantes) et on ne cherche que les poids. Dans Gauss, les positions et les poids sont tous les deux des inconnues. On résout un système d'équations pour trouver les positions optimales et les poids correspondants, de manière à maximiser la précision.

Avec $n$ points, on a $n$ positions + $n$ poids = $2n$ inconnues. On peut donc imposer $2n$ conditions d'exactitude, ce qui rend la formule exacte pour les polynômes de degré $\leq 2n - 1$ . Newton-Cotes, avec seulement $n$ poids libres, ne peut être exact que jusqu'au degré $n - 1$ (ou $n$ par symétrie). Gauss double la précision en libérant les positions.

Motivation : le placement des points compte

Pour bien comprendre cet avantage, comparons sur un exemple simple. Imaginons qu'on intègre sur $[-1, 1]$ avec 2 évaluations. Le trapèze place ses points aux extrémités :

I_T = \frac{1-(-1)}{2}[f(-1) + f(1)] = f(-1) + f(1)

Le trapèze est exact pour les polynômes de degré $\leq 1$ (les droites). Mais si la fonction est courbe (degré 2 ou plus), on fait une erreur parce qu'on « manque » ce qui se passe au milieu de l'intervalle.

La question de Gauss : et si, au lieu de placer les 2 points aux extrémités, on les plaçait à des positions optimales ? Comme on va le voir, avec 2 points bien choisis, on peut être exact non seulement pour les droites (degré 1), mais aussi pour les paraboles et les cubiques (degré $\leq 3$ ). C'est deux degrés de plus que le trapèze, pour le même nombre d'évaluations !

Construction de la formule à 2 points

Construisons pas à pas la formule de Gauss à 2 points. On cherche 4 inconnues : deux positions $t_1, t_2$ et deux poids $\omega_1, \omega_2$ tels que :

\int_{-1}^{1} f(t)\,dt \approx \omega_1 f(t_1) + \omega_2 f(t_2)

L'idée : imposer l'exactitude

On a 4 inconnues, donc on peut imposer 4 conditions. On demande que la formule soit exacte pour les 4 premiers monômes : $1, t, t^2, t^3$ .

Condition 1 : $f(t) = 1$ (l'intégrale d'une constante)

\int_{-1}^{1} 1\,dt = 2 \quad \Rightarrow \quad \omega_1 + \omega_2 = 2

Les poids doivent sommer à la longueur de l'intervalle. C'est logique : si $f$ est constante, la somme pondérée doit donner l'aire du rectangle.

Condition 2 : $f(t) = t$ (l'intégrale d'une fonction impaire)

\int_{-1}^{1} t\,dt = 0 \quad \Rightarrow \quad \omega_1 t_1 + \omega_2 t_2 = 0

L'intégrale d'une fonction impaire sur un intervalle symétrique est nulle. Cela suggère une solution symétrique.

Condition 3 : $f(t) = t^2$ (l'intégrale d'une parabole)

\int_{-1}^{1} t^2\,dt = \frac{2}{3} \quad \Rightarrow \quad \omega_1 t_1^2 + \omega_2 t_2^2 = \frac{2}{3}

Condition 4 : $f(t) = t^3$ (l'intégrale d'une cubique)

\int_{-1}^{1} t^3\,dt = 0 \quad \Rightarrow \quad \omega_1 t_1^3 + \omega_2 t_2^3 = 0

Résolution du système

Les conditions 2 et 4 (fonctions impaires) donnent zéro à droite. Cela suggère fortement une solution symétrique :

t_2 = -t_1 \quad \text{et} \quad \omega_1 = \omega_2

Vérifions : avec $\omega_1 = \omega_2$ , la condition 1 donne :

2\omega_1 = 2 \quad \Rightarrow \quad \omega_1 = \omega_2 = 1

Les deux poids sont égaux à 1. Avec $t_2 = -t_1$ , la condition 2 donne $t_1 - t_1 = 0$ (automatiquement satisfaite), et la condition 3 :

t_1^2 + (-t_1)^2 = \frac{2}{3} \quad \Rightarrow \quad 2t_1^2 = \frac{2}{3} \quad \Rightarrow \quad t_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0.5774

On peut vérifier que la condition 4 est aussi satisfaite (par symétrie).

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Formule de Gauss à 2 points

\int_{-1}^{1} f(t)\,dt \approx f\!\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + f\!\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)

Avec seulement 2 évaluations, cette formule est exacte pour tout polynôme de degré $\leq 3$ .

À comparer avec le trapèze (2 points, exact degré $\leq 1$ ) : Gauss gagne 2 degrés de précision gratuitement, simplement en déplaçant les points !

Où sont ces points ?

Les points $\pm 1/\sqrt{3} \approx \pm 0.5774$ ne sont ni aux extrémités (comme le trapèze) ni au centre (comme le point milieu). Ils sont situés à environ 58% de la distance entre le centre et les bords. Intuitivement, ils « échantillonnent » l'intervalle de manière à capter à la fois le comportement central et le comportement aux bords.

Construction pour $n = 3$ points

Refaisons le même exercice avec 3 points. On cherche 6 inconnues : $t_1, t_2, t_3$ et $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ . On impose l'exactitude pour les 6 monômes $1, t, t^2, t^3, t^4, t^5$ .

Le système

\begin{cases} \omega_1 + \omega_2 + \omega_3 = 2 & (f = 1) \\ \omega_1 t_1 + \omega_2 t_2 + \omega_3 t_3 = 0 & (f = t) \\ \omega_1 t_1^2 + \omega_2 t_2^2 + \omega_3 t_3^2 = \frac{2}{3} & (f = t^2) \\ \omega_1 t_1^3 + \omega_2 t_2^3 + \omega_3 t_3^3 = 0 & (f = t^3) \\ \omega_1 t_1^4 + \omega_2 t_2^4 + \omega_3 t_3^4 = \frac{2}{5} & (f = t^4) \\ \omega_1 t_1^5 + \omega_2 t_2^5 + \omega_3 t_3^5 = 0 & (f = t^5) \end{cases}

C'est un système non linéaire à 6 équations et 6 inconnues — beaucoup plus difficile que pour $n = 2$ . Mais la symétrie nous aide encore.

Résolution par symétrie

Les équations pour les monômes impairs ( $t, t^3, t^5$ ) donnent zéro à droite. Cela suggère une configuration symétrique :

t_1 = -t_3, \quad t_2 = 0, \quad \omega_1 = \omega_3

Avec cette hypothèse, notons $t_3 = a$ , $\omega_1 = \omega_3 = w$ et $\omega_2 = v$ . Le système se simplifie :

Eq. 1 : $2w + v = 2$
Eq. 3 : $2wa^2 = \frac{2}{3}$ , soit $wa^2 = \frac{1}{3}$
Eq. 5 : $2wa^4 = \frac{2}{5}$ , soit $wa^4 = \frac{1}{5}$

En divisant l'équation 5 par l'équation 3 :

\frac{wa^4}{wa^2} = a^2 = \frac{1/5}{1/3} = \frac{3}{5} \quad \Rightarrow \quad a = \sqrt{\frac{3}{5}} \approx 0.7746

Puis : $w = \frac{1}{3a^2} = \frac{1}{3 \times 3/5} = \frac{5}{9} \approx 0.5556$ et $v = 2 - 2w = 2 - \frac{10}{9} = \frac{8}{9} \approx 0.8889$ .

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Formule de Gauss à 3 points

\int_{-1}^{1} f(t)\,dt \approx \frac{5}{9}\,f\!\left(-\sqrt{\frac{3}{5}}\right) + \frac{8}{9}\,f(0) + \frac{5}{9}\,f\!\left(\sqrt{\frac{3}{5}}\right)

Exacte pour tout polynôme de degré $\leq 5$ . Le point central a le poids le plus fort ( $8/9$ ), les points latéraux ont des poids plus faibles ( $5/9$ ).

Généralisation à $n$ points

Le principe

Pour $n$ quelconque, on a $2n$ inconnues ( $n$ positions + $n$ poids) et on impose l'exactitude pour les $2n$ monômes $1, t, t^2, \ldots, t^{2n-1}$ .

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Quadrature de Gauss-Legendre à n points

\int_{-1}^{1} f(t)\,dt = \sum_{i=1}^{n} \omega_i\, f(t_i)

est exacte pour tout polynôme de degré $\leq 2n - 1$ .

Le problème : le système devient vite insoluble à la main

Pour $n = 2$ et $n = 3$ , la symétrie nous a permis de résoudre le système. Mais pour $n \geq 4$ , le système non linéaire est trop complexe pour être résolu directement. Il faut une approche plus puissante.

La solution : les polynômes de Legendre

Il existe un résultat mathématique remarquable qui résout le problème d'un seul coup :

Les positions optimales $t_1, \ldots, t_n$ sont exactement les racines du polynôme de Legendre $P_n(t)$ de degré $n$ .

Que sont les polynômes de Legendre ? Ce sont des polynômes orthogonaux sur $[-1, 1]$ , définis par la relation de récurrence :

(n+1)\,P_{n+1}(t) = (2n+1)\,t\,P_n(t) - n\,P_{n-1}(t)

en partant de $P_0(t) = 1$ et $P_1(t) = t$ . Cette récurrence permet de calculer $P_n$ pour tout $n$ :

$P_0(t) = 1$
$P_1(t) = t$
$P_2(t) = \frac{1}{2}(3t^2 - 1)$
$P_3(t) = \frac{1}{2}(5t^3 - 3t)$
$P_4(t) = \frac{1}{8}(35t^4 - 30t^2 + 3)$

Une propriété fondamentale : $P_n$ possède exactement $n$ racines réelles, toutes dans l'intervalle ouvert $]-1, 1[$ . Ce sont ces racines qui donnent les positions optimales pour la quadrature.

Autrement dit, au lieu de résoudre un système non linéaire à $2n$ équations, il suffit de :

Trouver les racines de $P_n(t)$ — c'est un problème beaucoup plus simple (trouver les zéros d'un seul polynôme)
Calculer les poids par la formule :

\omega_i = \frac{2}{(1 - t_i^2)\,[P_n'(t_i)]^2}

Vérification sur nos exemples

Pour $n = 2$ : $P_2(t) = \frac{1}{2}(3t^2 - 1) = 0$ donne $t^2 = 1/3$ , donc $t = \pm 1/\sqrt{3}$ — exactement ce qu'on a trouvé !

Pour $n = 3$ : $P_3(t) = \frac{1}{2}(5t^3 - 3t) = \frac{t}{2}(5t^2 - 3) = 0$ donne $t = 0$ ou $t^2 = 3/5$ , soit $t = 0, \pm\sqrt{3/5}$ — encore une fois, exactement notre résultat !

Les polynômes de Legendre ne tombent donc pas du ciel : ils encodent la solution du système d'exactitude.

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L'essentiel à retenir

Les polynômes de Legendre sont un outil pour trouver les points optimaux sans résoudre le système non linéaire à la main. En pratique, il suffit de :

Savoir que $P_n$ a exactement $n$ racines dans $]-1, 1[$
Consulter une table de racines et de poids précalculés
Appliquer la formule de quadrature avec ces valeurs

Table des racines et poids

En pratique, on utilise cette table :

n	Points tᵢ	Poids ωᵢ	Degré exact
2	$\pm 0.5773502692$	1.0000000000	3
3	0	0.8888888889	5
	$\pm 0.7745966692$	0.5555555556
4	$\pm 0.3399810436$	0.6521451549	7
	$\pm 0.8611363116$	0.3478548451
5	0	0.5688888889	9
	$\pm 0.5384693101$	0.4786286705
	$\pm 0.9061798459$	0.2369268850

Remarquons que les poids sont toujours positifs et que les points sont toujours symétriques par rapport à l'origine. Ce n'est pas un hasard : c'est une conséquence de la symétrie de l'intervalle $[-1, 1]$ .

Changement de variable pour $[a, b]$ quelconque

Les formules de Gauss sont définies sur $[-1, 1]$ . Pour intégrer sur un intervalle $[a, b]$ quelconque, on effectue un changement de variable linéaire :

x = \frac{(b-a)\,t + (a+b)}{2}

Ce changement envoie $t = -1$ sur $x = a$ et $t = 1$ sur $x = b$ . Le Jacobien est $dx = \frac{b-a}{2}\,dt$ .

En substituant :

\int_a^b f(x)\,dx = \frac{b-a}{2} \int_{-1}^{1} f\!\left(\frac{(b-a)\,t + (a+b)}{2}\right) dt

On applique alors la formule de Gauss à l'intégrale sur $[-1, 1]$ :

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Formule de Gauss-Legendre sur [a, b]

\int_a^b f(x)\,dx \approx \frac{b-a}{2} \sum_{i=1}^{n} \omega_i\, f\!\left(\frac{(b-a)\,t_i + (a+b)}{2}\right)

où $t_i$ et $\omega_i$ sont lus dans la table ci-dessus.

Recette pratique

Pour appliquer Gauss à $n$ points sur $[a, b]$ :

Choisir $n$ (nombre de points) dans la table
Pour chaque point $t_i$ , calculer $x_i = \frac{(b-a)\,t_i + (a+b)}{2}$
Évaluer $f(x_i)$
Calculer $I \approx \frac{b-a}{2} \sum_{i=1}^{n} \omega_i\, f(x_i)$

Exemple détaillé : $\int_0^{0.5} \frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}\,dx$

Cette intégrale est la fonction d'erreur $\text{erf}(0.5)$ , qui n'a pas de forme analytique simple. C'est exactement le type de problème où les méthodes numériques sont indispensables.

Étape 1 : changement de variable

Avec $a = 0$ et $b = 0.5$ :

x = \frac{0.5 \cdot t + 0.5}{2} = \frac{t + 1}{4}, \qquad dx = \frac{0.5}{2}\,dt = 0.25\,dt

Étape 2 : points de Gauss ( $n = 3$ )

On lit dans la table les 3 points et poids, puis on calcule les $x_i$ :

i	tᵢ (table)	ωᵢ (table)	xᵢ = (tᵢ + 1)/4	f(xᵢ) = (2/√π)·exp(−xᵢ²)
1	−0.7746	0.5556	0.0564	1.1248
2	0	0.8889	0.2500	1.0600
3	0.7746	0.5556	0.4436	0.9268

Étape 3 : calcul

I \approx 0.25 \times [0.5556 \times 1.1248 + 0.8889 \times 1.0600 + 0.5556 \times 0.9268]

= 0.25 \times [0.6249 + 0.9422 + 0.5149] = 0.25 \times 2.0820 = 0.5205

Étape 4 : vérification

La valeur exacte est $\text{erf}(0.5) = 0.520500...$ . Avec seulement 3 évaluations, Gauss donne un résultat correct à 4 décimales ! Pour obtenir la même précision avec le trapèze composite, il faudrait des dizaines de sous-intervalles.

Erreur de la quadrature gaussienne

Pour une fonction suffisamment dérivable, l'erreur de Gauss-Legendre à $n$ points est :

|E_n| = \frac{2^{2n+1}\,(n!)^4}{(2n+1)\,[(2n)!]^3}\,|f^{(2n)}(\xi)|

pour un certain $\xi \in [-1, 1]$ .

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Ce qu'il faut retenir sur l'erreur

La formule exacte est complexe, mais l'essentiel est :

L'erreur dépend de la dérivée d'ordre $2n$ de $f$
Pour $n = 2$ : l'erreur dépend de $f^{(4)}$ , comme Simpson — mais avec moins de points
Pour $n = 3$ : l'erreur dépend de $f^{(6)}$ — Gauss atteint un ordre très élevé rapidement
Le coefficient devant $f^{(2n)}$ décroît très vite avec $n$

Gauss vs Newton-Cotes : quand utiliser quoi ?

Critère	Newton-Cotes	Gauss
Points imposés (mesures)	Oui — on prend les données telles quelles	Non — on ne peut pas choisir où mesurer
On peut évaluer f librement	Possible mais sous-optimal	Oui — c'est le cas idéal pour Gauss
Points équidistants	Requis	Non — les points sont irréguliers
Précision par point	Degré $n-1$ (ou $n$ )	Degré $2n-1$
Raffinement facile	Oui (doubler n, réutiliser les points)	Non (les points changent complètement)

⚠️

Limitation importante de Gauss

Quand on passe de Gauss à $n$ points à Gauss à $n+1$ points, tous les points changent. On ne peut pas réutiliser les évaluations précédentes. Avec Newton-Cotes composite, doubler $n$ permet de réutiliser les points déjà calculés. C'est un avantage pratique important de Newton-Cotes pour le raffinement adaptatif (cf. Romberg).

En résumé

Données expérimentales (points imposés, équidistants) → Newton-Cotes
Fonction évaluable et on veut maximiser la précision par évaluation → Gauss
Raffinement progressif (on ne sait pas combien de points seront nécessaires) → Newton-Cotes composite ou Romberg

Résumé

Les quadratures gaussiennes optimisent le placement des points d'évaluation
Avec $n$ points, Gauss est exact pour les polynômes de degré $\leq 2n - 1$ , soit le double de Newton-Cotes
Les points optimaux sont les racines des polynômes de Legendre — en pratique, on les lit dans une table
Un changement de variable linéaire permet de passer de $[-1, 1]$ à n'importe quel $[a, b]$
Gauss est idéal quand on peut choisir librement les points d'évaluation ; Newton-Cotes reste préférable quand les points sont imposés par les données