Variation d'une fonction intégrale - Exercice 1

La fonction $$T : t \longmapsto T(t) = \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}$$ est définie (donc continue) sur $$\mathbb{R}$$, de fait $$f$$ également.
On a alors, $$\forall x \in \mathbb{R}$$, le résultat suivant :
$$f(-x) = \int_{-x}^{-2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt$$
Posons $$u = -t$$ dans ce cas $$dt = - du$$ et lorsque $$t$$ va de $$-x$$ à $$-2x$$ on constate que $$u$$ va de $$x$$ à $$2x$$, donc :
$$f(-x) = \int_{x}^{2x} \dfrac{-1}{\sqrt{(-u)^4 + (-u)^2 + 1}} \, du = - \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{u^4 + u^2 + 1}} \, du = - f(x)$$
Donc la fonction $$f$$ est impaire.

Nous allons étudier les variations de $$f$$ sur $$\mathbb{R}^+$$, puis par imparité, deviner celles sur $$\mathbb{R}^-$$, donc sur $$\mathbb{R}$$ tout entier.
Donc $$x \geqslant 0$$, donc $$2x \geqslant x$$.
La fonction $$T : t \longmapsto T(t) = \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}$$ est strictement positive sur $$\mathbb{R}^+$$, et de fait la fonction $$f$$ est strictement positive si $$x > 0$$ et nulle si $$x=0$$ (car les deux bornes de l'intégrale seraient alors les mêmes).
Soit $$a$$ tel que $$x \leqslant a \leqslant 2x$$. On a alors l'écriture suivante :
$$f(x) = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt = \int_{x}^{a} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt + \int_{a}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt$$
Ceci peut également s'écrire comme :
$$f(x) = \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt = -\int_{a}^{x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt + \int_{a}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt$$
Et de fait :
$$f(x) = \int_{a}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt - \int_{a}^{x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt$$
Donc, on en déduit immédiatement que :
$$f'(x) = (2x)'T(2x) - T(a) - \big( (x)'T(x) - T(a) \big) = (2x)'T(2x) - T(a) - (x)'T(x) + T(a) = 2T(2x) - T(x)$$
Soit encore :
$$f'(x) = \dfrac{2}{\sqrt{(2x)^4 + (2x)^2 + 1}} - \dfrac{1}{\sqrt{(x^4 + x^2 + 1}}$$
Ce qui nous donne :
$$f'(x) = \dfrac{2}{\sqrt{16x^4 + 4x^2 + 1}} - \dfrac{1}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}}$$
On constate que $$f'(0) = 1$$.
Supposons maintenant que $$f'(x) \geqslant 0$$. Dans ce cas, on a alors :
$$\dfrac{2}{\sqrt{16x^4 + 4x^2 + 1}} - \dfrac{1}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}} \geqslant 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{2}{\sqrt{16x^4 + 4x^2 + 1}} \geqslant \dfrac{1}{\sqrt{x^4 + x^2 + 1}}$$
Donc :
$$2\sqrt{x^4 + x^2 + 1} \geqslant \sqrt{16x^4 + 4x^2 + 1}$$
Ce qui implique, en élevant au carré, que :
$$4 \big( x^4 + x^2 + 1 \big) \geqslant 16x^4 + 4x^2 + 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 4x^4 + 4x^2 + 4 \geqslant 16x^4 + 4x^2 + 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 4x^4 + 4 \geqslant 16x^4 + 1$$
D'où :
$$4-1 \geqslant 16x^4 - 4x^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 3 \geqslant 12x^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{3}{12} \geqslant x^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{4} \geqslant x^4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \geqslant (x^2)^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{2} \geqslant x^2$$
Comme $$x \geqslant 0$$, on a donc uniquement :
$$\dfrac{1}{\sqrt{2}} \geqslant x \geqslant 0$$
Donc :
$$f'(x) \geqslant 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 \leqslant x \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$
Ce qui nous permet d'affirmer que la fonction $$f$$ est croissante lorsque $$0 \leqslant x \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$.
Puis, on constate que :
$$f'(x) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 2\sqrt{x^4 + x^2 + 1} = \sqrt{16x^4 + 4x^2 + 1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{2} = x^2$$
Et comme $$x \geqslant 0$$, on a donc uniquement :
$$f'(x) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$
Ce qui signifie que $$x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ correspond à un maximum de $$f$$ sur $$\mathbb{R}^+$$, et ce maximum représente l'aire sous la courbe représentative de la fonction positive $$T : t \longmapsto T(t) = \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}}$$ entre les abscisses $$\dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ et $$\dfrac{2}{\sqrt{2}}$$. Graphiquement, cela correspond à la situation suivante :

Notons par $$M$$ ce maximum, et ce dernier vaut (numériquement) environ $$M \simeq 0,39$$.
Donc, on en déduit que lorsque $$x > \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ la fonction $$f$$ est décroissante. Mais nous n'avons à ce stade pas de renseignement sur la limite de $$f$$ lorsque $$x \longrightarrow + \infty$$. En effet, nous savons "simplement" que $$f$$ est strictement positive si $$x >0$$. C'est pourquoi nous allons déterminer la limite de $$f$$ lorsque $$x \longrightarrow + \infty$$. On a alors :
$$\sqrt{t^4 + t^2 + 1} = \sqrt{(t^2)^2 + 2\times t^2 \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + 1 - \dfrac{1}{4} } = \sqrt{\left( t^2 + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \dfrac{3}{4} } \geqslant t^2$$
Donc, on en déduit que :
$$\dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \leqslant \dfrac{1}{t^2}$$
Comme $$x \geqslant 0$$, cela implique que :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \leqslant \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt$$
Avec :
$$\int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt = \left[ -\dfrac{1}{t} \right]_{x}^{2x} = \left[ \dfrac{1}{t} \right]_{2x}^{x} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x} = \dfrac{1}{2x}$$
Par passage à la limite, on a :
$$0 \leqslant \lim_{x \longrightarrow 0} \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \leqslant \lim_{x \longrightarrow 0} \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{t^2} \, dt$$
Soit :
$$0 \leqslant \lim_{x \longrightarrow 0} \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt \leqslant \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{1}{2x}$$
Or $$\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{1}{2x} = 0$$. Donc le théorème de l'encadrement nous permet de conclure que :
$$\lim_{x \longrightarrow 0} \int_{x}^{2x} \dfrac{1}{\sqrt{t^4 + t^2 + 1}} \, dt = 0$$
Ce qui revient à dire que :
$$\lim_{x \longrightarrow 0} f(x) = 0$$.
Donc, on a le tableau de variation de $$f$$ sur $$\mathbb{R}^+$$ suivant :

Ceci se vérifie bien graphiquement. En effet, à l'aide d'un logiciel de calcul numérique, on trouve que la courbe représentative de la fonction $$f$$ est :