Une limite inspirée de ev

L’énoncé serait plus clair en l’écrivant sous la forme d’un développement asymptotique de l’intégrale.

Il me semble que l’on peut utiliser la formule d’Euler-MacLaurin.

Bonjour,

Il me semble que c'est bon.

Pour tout $\alpha>0$, soit $M(\alpha):=\sup_{\substack{u,v\in[0,1]\\\lvert u-v\rvert\leq \alpha}}\lvert f''(u)-f''(v)\rvert$. Comme $f''$ est uniformément continue sur $[0,1]$, $M(\alpha)\to0$ lorsque $\alpha\to0$.

Soit $n\in\N^*$. Soit un entier $1\leq k\leq n$. On définit une fonction $\varphi_k$ sur $\mathopen[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\mathclose]$ par $\varphi_k(\frac kn)=0$ et pour tout $x\in\mathopen[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\mathclose[$, $$f(x)=f\left(\frac{k}{n}\right)+\left(x-\frac{k}{n}\right)f'\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{2}\left(x-\frac{k}n\right)^2\left\{f''\left(\frac kn\right)-\varphi_k(x)\right\}.$$ D'après la formule de Taylor-Lagrange, pour tout $x\in[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$, on a $\lvert\varphi_k(x)\rvert\leq M(\lvert x-\frac kn\rvert)\xrightarrow[x\to\frac kn]{}0$. Donc $\varphi_k$ est continue sur $[\frac{k-1}{n},\frac kn]$.
En intégrant sur $[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$, $$\int_{\frac{k-1}n}^{\frac kn}f(x)\mathrm dx=\frac1nf\left(\frac{k}{n}\right)-\frac{1}{2n^2}f'\left(\frac{k}{n}\right)+\frac1{6n^3}f''\left(\frac{k}{n}\right)-\frac12\int_{\frac{k-1}n}^{\frac kn}\left(x-\frac{k}n\right)^2\varphi_k(x)\mathrm dx.$$ De là, en sommant pour $k$ allant de $1$ à $n$ et en multipliant par $n^2$ : $$n\bigg[n\Big[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\big(\frac{i}{n}\big)-\int_{0}^{1} f(x) d x\Big]-\frac{f(1)-f(0)}{2}\bigg]=\frac12\left(\sum_{k=1}^n f'\left(\frac{k}{n}\right)-n\int_0^1f'(x)\mathrm dx\right)-\frac{1}{6n}\sum_{k=1}^n f''\left(\frac{k}{n}\right)+R_n$$ où $R_n:=\frac{n^2}{2}\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}n}^{\frac kn}\left(x-\frac{k}n\right)^2\varphi_k(x)\mathrm dx$, avec (voir ici) : $$\frac12\left(\sum_{k=1}^n f'\left(\frac{k}{n}\right)-n\int_0^1f'(x)\mathrm dx\right)-\frac{1}{6n}\sum_{k=1}^n f''\left(\frac{k}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac12\times\frac{f'(1)-f'(0)}{2}-\frac16\int_0^1f''(x)\mathrm dx=\frac{f'(1)-f'(0)}{12}.$$ Soit un entier $1\leq k\leq n$. D'après la formule de Taylor-Lagrange, pour tout $x\in[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$, on a $\lvert\varphi_k(x)\rvert\leq M(\frac 1n)$, d'où $$\left\lvert\int_{\frac{k-1}n}^{\frac kn}\left(x-\frac{k}n\right)^2\varphi_k(x)\mathrm dx\right\rvert\leq\frac1{3n^3}M\left(\frac 1n\right).$$ Il suit $\lvert R_n\rvert\leq M(\frac1n)\xrightarrow[n\to+\infty]{}0$.

@MrJ Soit un entier $1\leq k\leq n$. Soit $x\in\mathopen[\frac{k-1}n,\frac kn\mathclose[$. Il existe un réel $c$ strictement compris entre $x$ et $\frac kn$ tel que $$f(x)=f\left(\frac{k}{n}\right)+\left(x-\frac{k}{n}\right)f'\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{2}\left(x-\frac{k}n\right)^2f''\left(c\right).$$ On en déduit : $\varphi_k(x)=f''(\frac kn)-f''(c)$.

@MrJ : Merci ! (tu)