Calcul d'aire par la méthode des rectangles

Démonstration par récurrence.

Initialisation (\(n=1\)) : \(1^2=1\) et \(\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1\). ✓

Hérédité : supposons la formule vraie au rang \(n\). Alors :

\[\sum_{k=1}^{n+1}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl[n(2n+1)+6(n+1)\bigr]}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\]

C'est bien la formule au rang \(n+1\). La propriété est démontrée pour tout \(n\geq1\). ✓

Le domaine \(D\) est la région délimitée par :

• la courbe \(\mathcal{C}_f : y=x^2\) au-dessus,
• l'axe des abscisses en-dessous,
• les droites \(x=0\) et \(x=1\) à gauche et à droite.

Cliquer sur le bouton pour voir le domaine colorié en vert.

La hauteur \(AB\) vaut \(\boldsymbol{f(x)=x^2}\).

Le point \(A\) est le point de \(\mathcal{C}_f\) d'abscisse \(x\), donc son ordonnée est \(f(x)\).

\(k=0\) : \(\left[0\,;\,\dfrac{1}{3}\right]\)   \(k=1\) : \(\left[\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{2}{3}\right]\)   \(k=2\) : \(\left[\dfrac{2}{3}\,;\,1\right]\)

Les rectangles rouges \(r_k\) sont inférieurs à la courbe (ils restent sous \(\mathcal{C}_f\)).
Les rectangles bleus \(T_k\) sont supérieurs (ils dépassent \(\mathcal{C}_f\)).
Voir la figure ci-dessus.

\[u_3 = \frac{1}{3}\times f(0)+ \frac{1}{3}\times f\!\left(\tfrac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}\times f\!\left(\tfrac{2}{3}\right)= \frac{1}{3}\!\left[f(0)+f\!\left(\tfrac{1}{3}\right)+f\!\left(\tfrac{2}{3}\right)\right] = \frac{1}{3}\!\left[0+\frac{1}{9}+\frac{4}{9}\right] = \frac{1}{3}\times\frac{5}{9} = \frac{5}{27} \approx 0{,}185\]

\[v_3 = \frac{1}{3}\times f\!\left(\tfrac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}\times f\!\left(\tfrac{2}{3}\right) + \frac{1}{3}\times f(1)= \frac{1}{3}\!\left[f\!\left(\tfrac{1}{3}\right)+f\!\left(\tfrac{2}{3}\right)+f(1)\right] = \frac{1}{3}\!\left[\frac{1}{9}+\frac{4}{9}+1\right] = \frac{1}{3}\times\frac{14}{9} = \frac{14}{27} \approx 0{,}519\]

Comme \(f(x)=x^2\) est croissante sur \([0;1]\), les rectangles rouges sont inclus dans \(D\) et les bleus contiennent \(D\). Donc :

\[\boxed{u_3 < A < v_3}\]

Soit : \(\dfrac{5}{27} < A < \dfrac{14}{27}\), c'est-à-dire environ \(0{,}185 < A < 0{,}519\).

La largeur de chaque rectangle est \(\dfrac{1}{n}\). Donc :

\[\text{aire}(r_k) = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n} \times \left(\frac{k}{n}\right)^2 = \frac{1}{n} \times \frac{k^2}{n^2} = \frac{k^2}{n^3}\]

\[\text{aire}(T_k) = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{k+1}{n}\right) = \frac{1}{n} \times \left(\frac{k+1}{n}\right)^2 = \frac{1}{n} \times \frac{(k+1)^2}{n^2} = \frac{(k+1)^2}{n^3}\]

Pour tout entier \(n > 0\) :

\[\boxed{u_n < A < v_n}\]

Calcul de \(u_n\) (somme des aires des rectangles rouges \(r_k\)) :

Chaque rectangle rouge \(r_k\) a pour aire :

\[\text{aire}(r_k) = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n} \times \frac{k^2}{n^2} = \frac{k^2}{n^3}\]

\(u_n\) est la somme de ces aires pour \(k\) allant de \(0\) à \(n-1\) :

\[u_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{k^2}{n^3} = \frac{0^2}{n^3} + \frac{1^2}{n^3} + \frac{2^2}{n^3} + \cdots + \frac{(n-1)^2}{n^3}\]

\[u_n = \frac{1}{n^3}\left(0^2 + 1^2 + 2^2 + \cdots + (n-1)^2\right) = \frac{1}{n^3}\left(1^2 + 2^2 + \cdots + (n-1)^2\right)\]

En appliquant la formule du préliminaire avec \((n-1)\) à la place de \(n\) :

\[1^2+2^2+\cdots+(n-1)^2 = \frac{(n-1)\times n \times (2n-1)}{6}\]

Donc :

\[u_n = \frac{1}{n^3} \times \frac{(n-1)\times n \times (2n-1)}{6} = \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}\]

\[\boxed{u_n = \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}}\]

---

Calcul de \(v_n\) (somme des aires des rectangles bleus \(T_k\)) :

Chaque rectangle bleu \(T_k\) a pour aire :

\[\text{aire}(T_k) = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{k+1}{n}\right) = \frac{1}{n} \times \frac{(k+1)^2}{n^2} = \frac{(k+1)^2}{n^3}\]

\(v_n\) est la somme de ces aires pour \(k\) allant de \(0\) à \(n-1\) :

\[v_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(k+1)^2}{n^3} = \frac{1^2}{n^3} + \frac{2^2}{n^3} + \frac{3^2}{n^3} + \cdots + \frac{n^2}{n^3}\]

\[v_n = \frac{1}{n^3}\left(1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2\right)\]

En appliquant la formule du préliminaire :

\[1^2+2^2+\cdots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]

Donc :

\[v_n = \frac{1}{n^3} \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\]

\[\boxed{v_n = \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}}\]

En utilisant les résultats du 7/ :

\[u_{n+1} - u_n = \frac{n(2n+1)}{6(n+1)^2} - \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}\]

Après réduction au même dénominateur \(6n^2(n+1)^2\) :

\[u_{n+1} - u_n = \frac{3n^2+n-1}{6n^2(n+1)^2}\]

Le dénominateur est positif. \(u_{n+1}-u_n\) est du signe de \(3n^2+n-1\).

Or \(n \geq 1 \Rightarrow n-1 \geq 0 \Rightarrow 3n^2+n-1 > 0\).

Donc \(u_{n+1} - u_n > 0\) pour tout \(n \geq 1\) : la suite \((u_n)\) est croissante.

En utilisant les résultats du 7/ :

\[v_{n+1} - v_n = \frac{(n+2)(2n+3)}{6(n+1)^2} - \frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\]

Après réduction au même dénominateur \(6n^2(n+1)^2\) :

\[v_{n+1} - v_n = \frac{-3n^2-5n-1}{6n^2(n+1)^2}\]

Le dénominateur est positif. Or \(-3n^2 < 0\), \(-5n < 0\) et \(-1 < 0\) pour tout \(n \geq 1\).

Donc \(v_{n+1} - v_n < 0\) : la suite \((v_n)\) est décroissante.

On revient aux expressions de \(u_n\) et \(v_n\) du 7/ :

\[u_n = \frac{0^2}{n^3}+\frac{1^2}{n^3}+\cdots+\frac{(n-1)^2}{n^3} \qquad v_n = \frac{1^2}{n^3}+\frac{2^2}{n^3}+\cdots+\frac{(n-1)^2}{n^3}+\frac{n^2}{n^3}\]

Donc \(v_n = u_n + \dfrac{n^2}{n^3} = u_n + \dfrac{1}{n}\), et :

\[v_n - u_n = \frac{1}{n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0\]

• Nous avons montré en 8/ que \((u_n)\) est croissante.
• Nous avons montré en 9/ que \((v_n)\) est décroissante.

Les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont donc adjacentes.

Les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes, elles convergent donc vers la même limite \(\ell\).

Nous savons (question 6/) que pour tout \(n > 0\) : \(u_n < A < v_n\).
En passant à la limite : \(\ell \leq A \leq \ell\), donc \(A = \ell\).

Or :

\[u_n = \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2} = \frac{2n^2-3n+1}{6n^2}\]

À l'infini, \(u_n\) a même limite que le quotient des termes de plus haut degré :

\[\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{n\to+\infty} \frac{2n^2}{6n^2} = \frac{1}{3}\]

\[\boxed{A = \frac{1}{3}}\]

On dit que \(A\) est l'intégrale de \(0\) à \(1\) de la fonction \(f(x)=x^2\), et on note :

\[A = \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x = \frac{1}{3}\]

Chaque intervalle a pour largeur \(\dfrac{1}{4}\). Le \(k\)-ième rectangle (\(k=0,1,2,3\)) est construit sur \(\left[\dfrac{k}{4}\,;\,\dfrac{k+1}{4}\right]\) avec pour hauteur \(f\!\left(\dfrac{k}{4}\right)\) (bord gauche = rectangle inférieur car \(f\) est décroissante). Donc :

\[R_4 = \sum_{k=0}^{3} \frac{1}{4} \times f\!\left(\frac{k}{4}\right) = \frac{1}{4}\!\left[f(0)+f\!\left(\tfrac{1}{4}\right)+f\!\left(\tfrac{2}{4}\right)+f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)\right]\]

Numériquement :

\[R_4 = \frac{1}{4}\!\left[1+\frac{16}{17}+\frac{4}{5}+\frac{16}{25}\right] \approx 0{,}7827\]

a ← 0
b ← 1
n ← ...
d ← (b - a) / n
R ← 0
Pour i de 0 à n - 1
    R ← R + d × f(a + d × i)
Fin Pour
Afficher R

\(d \times f(a + d \times i)\) représente l'aire du \(i\)-ième rectangle inférieur rouge :

• \(d = \dfrac{b-a}{n} = \dfrac{1}{n}\) est la largeur du rectangle,
• \(a + d \times i = \dfrac{i}{n}\) est l'abscisse du bord gauche du \(i\)-ième intervalle,
• \(f(a + d \times i) = f\!\left(\dfrac{i}{n}\right)\) est la hauteur du rectangle.

Rôle de l'algorithme : il calcule \(R_n = \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{1}{n} \times f\!\left(\dfrac{i}{n}\right)\), la somme des aires des \(n\) rectangles inférieurs, donnant une valeur approchée de \(\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\).

Chaque rectangle inférieur \(i\) a pour largeur \(\dfrac{1}{n}\) et pour hauteur \(f\!\left(\dfrac{i}{n}\right)\).

Sa contribution à la somme est donc :

\[\frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{i}{n}\right)\]

En sommant sur \(i = 0, 1, 2, \ldots, n-1\) :

\[R_n = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{0}{n}\right) + \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{1}{n}\right) + \cdots + \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{n-1}{n}\right)\]

\[R_n = \frac{1}{n}\!\left[f(0)+f\!\left(\frac{1}{n}\right)+f\!\left(\frac{2}{n}\right)+\cdots+f\!\left(\frac{n-1}{n}\right)\right]\]

\[\boxed{R_n = \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{i}{n}\right)}\]

Numériquement, pour \(f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\) :

\[R_n = \frac{1}{n}\!\left[\frac{1}{1+0^2}+\frac{1}{1+\left(\frac{1}{n}\right)^2}+\cdots+\frac{1}{1+\left(\frac{n-1}{n}\right)^2}\right]\]

Quand \(n\to+\infty\), \(R_n \to \displaystyle\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}7854\).

Chaque rectangle supérieur \(i\) a pour largeur \(\dfrac{1}{n}\) et pour hauteur \(f\!\left(\dfrac{i+1}{n}\right)\) (bord droit).

Sa contribution est : \(\dfrac{1}{n} \times f\!\left(\dfrac{i+1}{n}\right)\)

En sommant sur \(i = 0, 1, \ldots, n-1\) :

\[P_n = \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{1}{n}\right) + \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{2}{n}\right) + \cdots + \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{n}{n}\right)\]

\[P_n = \frac{1}{n}\!\left[f\!\left(\frac{1}{n}\right)+f\!\left(\frac{2}{n}\right)+\cdots+f(1)\right]\]

\[\boxed{P_n = \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{i+1}{n}\right)}\]

Pour \(n=4\) :

\[P_4 = \frac{1}{4}\!\left[f\!\left(\frac{1}{4}\right)+f\!\left(\frac{2}{4}\right)+f\!\left(\frac{3}{4}\right)+f(1)\right] = \frac{1}{4}\!\left[\frac{16}{17}+\frac{4}{5}+\frac{16}{25}+\frac{1}{2}\right] \approx 0{,}8327\]

On calcule la différence \(P_n - R_n\) :

\[P_n - R_n = \sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{i+1}{n}\right) - \sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n} \times f\!\left(\frac{i}{n}\right)\]

En développant, tous les termes intermédiaires se simplifient (somme télescopique) :

\[P_n - R_n = \frac{1}{n} \times f(1) - \frac{1}{n} \times f(0) = \frac{1}{n}\!\left[\frac{1}{1+1}-\frac{1}{1+0}\right] = \frac{1}{n}\!\left[\frac{1}{2}-1\right] = \frac{-1}{2n}\]

Donc :

\[\lim_{n\to+\infty}(P_n - R_n) = \lim_{n\to+\infty} \frac{-1}{2n} = 0\]

On peut montrer que \((R_n)\) est croissante et \((P_n)\) décroissante avec \(R_n < P_n\), donc les deux suites sont adjacentes et convergent vers la même limite.

Cette limite commune est :

\[\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}7854\]

On retrouve ainsi une approximation de \(\pi\) :

\[\pi \approx 4 \times R_n\]