Exercice corrigéSoit la fonction f définie sur [0;1] par f(x)=\frac{1}{1+x^2}.
- Etudier les variations de la fonction f et tracer sa courbe représentative C_f dans un repère orthonormé (O;I,J).
- On définit les fonctions g et h sur [0;1] par g(x)=1-\frac{x}{2} et h(x)=1-\frac{x^2}{2}.
- Montrer que pour tout x \in [0;1] : g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x).
- Tracer les courbes représentatives de g et h sur le graphique précédent.
- Donner une interprétation géométrique de I.
- A l’aide de la question 2., donner une valeur approchée de I à 10^{-1} près.
Corrigé
- 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 :
- Pour montrer que g(x) \leqslant f(x) on va montrer que f(x)-g(x) \geqslant 0 pour tout x \in [0;1].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 0Donc 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 0Donc h(x) \geqslant f(x)
Finalement, pour tout x \in [0;1] : g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x).
- 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) :
- Pour montrer que g(x) \leqslant f(x) on va montrer que f(x)-g(x) \geqslant 0 pour tout x \in [0;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 :
- 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) dxOr :
\phantom{\int_0^1g(x)dx} = \left[x-\frac{x^2}{4}\right]_0^1=\frac{3}{4}
\int_0^1g(x)dx = \int_0^1\left(1-\frac{x}{2}\right) dxEt :
\phantom{\int_0^1g(x)dx} = \left[x-\frac{x^3}{6}\right]_0^1=\frac{5}{6}
\int_0^1h(x)dx = \int_0^1\left(1-\frac{x^2}{2}\right) dxPar 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.
- 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 :
