Encadrement et intégrales

$ f $ est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pour aucune valeur de $ x $.

$ f $ est donc définie et dérivable sur $ [0;1] $. Comme $ f $ est de la forme $ \dfrac{1}{u} $ où $ u $ est la fonction définie par $ u(x)=1+x^2 $ :

$ f^{\prime}(x)=\dfrac{ - u ^{\prime}(x)}{(u(x))^2}=\dfrac{ - 2x}{(1+x^2)^2} $.

Le dénominateur est strictement positif et le numérateur est négatif ou nul car $ x \in [0;1] $.

Donc $ f ^{\prime}(x) \leqslant 0 $ et $ f $ est décroissante sur $ [0;1] $.

On peut s'aider d'un tableau de valeurs à la calculatrice pour obtenir la courbe ci-dessous :

1. Pour montrer que $ g(x) \leqslant f(x) $ on va montrer que $ f(x) - g(x) \geqslant 0 $ pour tout $ x \in [0;1] $.

   À retenir

   Une méthode classique pour prouver que $ A \geqslant B $ consiste à étudier le signe de $ A - B $ afin de montrer que $ A - B $ est positif ou nul.

   $ f(x) - g(x)= \dfrac{1}{1+x^2} - \left(1 - \dfrac{x}{2}\right) $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}= \dfrac{2}{2(1+x^2)} - \dfrac{2+2x^2}{2(1+x^2)}+\dfrac{x(1+x^2) }{2(1+x^2)} $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}=\dfrac{x^3 - 2x^2+x}{2(1+x^2)}=\dfrac{x(x^2 - 2x+1)}{2(1+x^2)} $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}=\dfrac{x(x - 1)^2}{2(1+x^2)} \geqslant 0 $

   Donc $ f(x) \geqslant g(x) $

   De même, pour tout $ x \in [0;1] $ :

   $ h(x) - f(x)= \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right) - \dfrac{1}{1+x^2} $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}= \dfrac{2+2x^2}{2(1+x^2)} - \dfrac{x^2(1+x^2) }{2(1+x^2)} - \dfrac{2}{2(1+x^2)} $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}=\dfrac{x^2 - x^4}{2(1+x^2)}=\dfrac{x^2(1 - x^2)}{2(1+x^2)} $

   $ \phantom{h(x) - f(x)}=\dfrac{x^2(1 - x)(1+x)}{2(1+x^2)} \geqslant 0 $

   Donc $ h(x) \geqslant f(x) $

   Finalement, pour tout $ x \in [0;1] $ : $ g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x) $.

2. $ f(0)=g(0)=h(0)=1 $ et $ f(1)=g(1)=h(1)=\dfrac{1}{2} $ donc les trois courbes passent par les points $ A(0;1) $ et $ B\left(1;\dfrac{1}{2}\right) $.

   La fonction $ g $ est la restriction à l'intervalle $ [0;1] $ d'une fonction affine. Sa représentation graphique est donc le segment $ [AB] $.

   La fonction $ h $ est la restriction à l'intervalle $ [0;1] $ d'une fonction polynôme du second degré. Sa représentation graphique est un arc de parabole (de sommet $ A $) :

   

1. L'intégrale $ I $ correspond à l'aire ( en unité d'aire ) de la surface délimitée par l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées, la courbe $ C_f $ et la droite d'équation $ x=1 $ :

   

2. D'après la question 2. : $ g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x) $ pour tout $ x \in [0;1] $.

   D'après le théorème de comparaison des intégrales on obtient donc :

   $ \int_0^1g(x)dx \leqslant \int_0^1 f(x)dx \leqslant \int_0^1 h(x) dx $

   Or :

   $ \int_0^1g(x)dx = \int_0^1\left(1 - \dfrac{x}{2}\right) dx $

   $ \phantom{\int_0^1g(x)dx} = \left[x - \dfrac{x^2}{4}\right]_0^1=\dfrac{3}{4} $

   Et :

   $ \int_0^1h(x)dx = \int_0^1\left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right) dx $

   $ \phantom{\int_0^1g(x)dx} = \left[x - \dfrac{x^3}{6}\right]_0^1=\dfrac{5}{6} $

   Par conséquent $ \dfrac{3}{4} \leqslant I \leqslant \dfrac{5}{6} $

   Comme $ \dfrac{3}{4} =0,75 $ et $ \dfrac{5}{6} \approx 0,833 $, une valeur approchée de $ I $ au dixième est $ 0,8. $

   Remarque : On peut démontrer que cette intégrale est égale à $ \dfrac{\pi}{4} $ soit environ $ 0,785 $.