$f$ 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 $\frac{1}{u}$ où $u$ est la fonction définie par $u(x)=1+x^2$ :

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

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.

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

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

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

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

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

   De même, pour tout $x \in [0;1]$ :

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

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

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

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

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

   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 :

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

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

   Et :

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

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

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

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

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