Soit la fonction $f$ définie sur $[0;1]$ par $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$.
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Etudier les variations de la fonction $f$ et tracer sa courbe représentative $C_f$ dans un repère orthonormé $(O;I,J)$.
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On définit les fonctions $g$ et $h$ sur $[0;1]$ par $g(x)=1 – \dfrac{x}{2}$ et $h(x)=1 – \dfrac{x^2}{2}$.
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Montrer que pour tout $x \in [0;1]$ : $g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x)$.
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Tracer les courbes représentatives de $g$ et $h$ sur le graphique précédent.
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On pose $I=\int_0^1 f(t)dt$.
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Donner une interprétation géométrique de $I$.
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A l’aide de la question 2., donner une valeur approchée de $I$ à $10^{ – 1}$ près.
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$f$ 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 :
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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 $x \in [0;1]$ : $g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x)$.
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$f(0)=g(0)=h(0)=1$ 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 $A$) :
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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 $x=1$ :
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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 $0,785$.
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