Exercice 36 Approcher une aire par deux suites adjacentes

1. Sur $[1\,;2]$, la fonction $x\mapsto x$ est croissante et strictement positive, donc son inverse est décroissant : $\boxed{f \text{ est décroissante sur } [1\,;2]}$.

Sur un intervalle où $f$ décroît, la plus petite valeur est atteinte à droite : $$\boxed{\text{la hauteur d'un rectangle inférieur se lit au bord \textbf{droit}}}$$ et celle d'un rectangle supérieur au bord gauche.

2. Les points de subdivision sont $x_{k}=1+\dfrac{k}{n}$ pour $k$ allant de $0$ à $n$, et chaque rectangle a pour largeur $\dfrac{1}{n}$. Pour les rectangles inférieurs, on prend les hauteurs $f(x_{k})$ pour $k$ allant de $1$ à $n$ : $$u_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\!\left(1+\frac{k}{n}\right) =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n+k} =\boxed{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}}$$ Pour les rectangles supérieurs, ce sont les hauteurs $f(x_{k})$ pour $k$ allant de $0$ à $n-1$ : $$\boxed{v_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n+k}}$$

3. Pour $n=4$ : $$u_{4}=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8} =\boxed{\frac{533}{840}\approx 0{,}635}$$

4. Les deux sommes contiennent les mêmes termes $\dfrac{1}{n+1},\dots,\dfrac{1}{2n-1}$. La première y ajoute $\dfrac{1}{2n}$, la seconde $\dfrac{1}{n}$. Donc : $$v_{n}-u_{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}=\frac{2}{2n}-\frac{1}{2n}=\boxed{\frac{1}{2n}}$$ On retrouve la formule générale $\dfrac{b-a}{n}\left(f(a)-f(b)\right) =\dfrac{1}{n}\left(1-\dfrac{1}{2}\right)$.

5. En écrivant $u_{n}=\dfrac{1}{n+1}+\cdots+\dfrac{1}{2n}$ et $u_{n+1}=\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n+2}$, on constate que $u_{n+1}$ perd le terme $\dfrac{1}{n+1}$ et gagne les termes $\dfrac{1}{2n+1}$ et $\dfrac{1}{2n+2}$ : $$u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1} =\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{2}{2n+2} =\boxed{\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}}$$ Or $2n+1<2n+2$, donc $\dfrac{1}{2n+1}>\dfrac{1}{2n+2}$ et cette différence est strictement positive : $$\boxed{(u_{n}) \text{ est strictement croissante}}$$

6. D'après la question 4, $v_{n}=u_{n}+\dfrac{1}{2n}$. On en déduit : $$\begin{aligned} v_{n+1}-v_{n} &= \left(u_{n+1}-u_{n}\right)+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n} \\ &= \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n} = \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n} \end{aligned}$$ Or $2n<2n+1$, donc cette différence est strictement négative : $$\boxed{(v_{n}) \text{ est strictement décroissante}}$$

7. $(u_{n})$ est croissante, $(v_{n})$ est décroissante, et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(v_{n}-u_{n})=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2n}=0$ : $$\boxed{(u_{n}) \text{ et } (v_{n}) \text{ sont adjacentes}}$$ Elles convergent donc vers une limite commune $\ell$. Or pour tout $n$, $u_{n}\leqslant\displaystyle\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\leqslant v_{n}$, et cette intégrale vaut : $$\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x=\Big[\ln(x)\Big]_{1}^{2}=\ln(2)$$ Le théorème des gendarmes donne alors : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_{n}=\lim_{n\to+\infty}v_{n}=\ln(2)\approx 0{,}693}$$

8. On cherche le plus petit $n$ tel que $\dfrac{1}{2n}<10^{-3}$, soit $2n>1000$, soit $n>500$ : $$\boxed{n=501 \text{ rectangles}}$$ On notera que $u_{4}\approx 0{,}635$ et $v_{4}\approx 0{,}760$ encadrent bien $\ln(2)\approx 0{,}693$, mais qu'il faut plus de cinq cents rectangles pour en obtenir trois décimales : la convergence est lente.