Pour \(t\in\Rr\), posons \(g(t)=\frac{1}{\sqrt{t^4+t^2+1}}\). \(g\) est continue sur \(\Rr\) et admet donc des primitives sur \(\Rr\). Soit \(G\) une primitive de \(g\) sur \(\Rr\).

Définition, dérivabilté, dérivée.

Puisque \(g\) est continue sur \(\Rr\), \(F\) est définie sur \(\Rr\) et pour tout réel \(x\), \(F(x)=G(2x)-G(x)\). \(G\) est de classe \(C^1\) sur \(\Rr\) et donc \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(\Rr\) et pour tout réel \(x\),

\[F'(x)=2G'(2x)-G'(x)=2g(2x)-g(x)=\frac{2}{\sqrt{16x^4-4x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^4+x^2+1}}.\]

Parité.

Soit \(x\in\Rr\). En posant \(t=-u\) et donc \(dt=-du\), on obtient, en notant que \(g\) est paire

\[F(-x)=\int_{-x}^{-2x}g(t)\;dt=\int_{x}^{2x}g(-u).-du=-\int_{x}^{2x}g(u)\;du=-F(x).\]

\(F\) est donc impaire.

Variations.

Pour \(x\) réel,

\[\begin{align*}\ensuremath \mbox{sgn}(F'(x))&=\mbox{sgn}(\frac{2}{\sqrt{16x^4-4x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^4+x^2+1}})=\mbox{sgn}(2\sqrt{x^4+x^2+1}-\sqrt{16x^4-4x^2+1})\\ &=\mbox{sgn}(4(x^4+x^2+1)-(16x^4+4x^2+1))\;(\mbox{par croissance de}\;t\mapsto t^2\;\mbox{sur}\;\Rr^+)\\ &=\mbox{sgn}(-12x^4+3)=\mbox{sgn}(1-4x^4)=\mbox{sgn}(1-2x^2). \end{align*}\]

\(F\) est donc strictement croissante sur \([-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}]\) et strictement décroissante sur \(]-\infty,-\frac{1}{\sqrt{2}}]\) et sur \([\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty[\).

Etude en \(\bf{+{\infty}}\).

Pour \(x>0\), \(0\leq F(x)\leq\int_{x}^{2x}\frac{1}{\sqrt{x^4}}\;dt=\frac{2x-x}{x^2}=\frac{1}{x}\). Comme \(\frac{1}{x}\) tend vers \(0\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\), le théorème des gendarmes permet d’affirmer que \(\lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=0\).

Graphe.

\[\]

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