1. Soit $t \in \mathbb{R}^+$.
      D'une part, on a:
      \[1\leq 1+t \implies \frac{1}{1+t} \le 1 \] D'autre part:
      \[\dfrac{1}{1+t}-(1-t)=\dfrac{1-(1-t^2)}{1+t}=\dfrac{t^2}{1+t}\geq 0\] Par conséquent : \[ 1-t \le \frac{1}{1+t} \le 1 \]

    2. En intégrant cette inégalité sur $[0, x]$ pour $x \in \mathbb{R}^+$ : \[ \int_0^x (1-t) \,dt \le \int_0^x \frac{1}{1+t} \,dt \le \int_0^x 1 \,dt \] Soit : \[ \left[ t - \frac{t^2}{2} \right]_0^x \le \left[ \ln(1+t) \right]_0^x \le [t]_0^x \] Par conséquent : \[ x - \frac{x^2}{2} \le \ln(1+x) \le x \]
  2. Pour tout $x \in [0, 1]$, on a $x^2 \in \mathbb{R}^+$.
    En appliquant le résultat précédent à $x^2$ : \[ x^2 - \frac{x^4}{2} \le \ln(1+x^2) \le x^2 \] En intégrant sur l'intervalle $[0, 1]$ : \[ \int_0^1 \left( x^2 - \frac{x^4}{2} \right) \,dx \le \int_0^1 \ln(1+x^2) \,dx \le \int_0^1 x^2 \,dx \] \begin{align*} \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{10} \right]_0^1 &\le I \le \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 \\ \frac{1}{3} - \frac{1}{10} &\le I \le \frac{1}{3} \end{align*} L'amplitude de cet encadrement est : \[ \frac{1}{3} - \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{10} \right) = \frac{1}{10} = 10^{-1} \]
  3. Pour calculer la valeur exacte de $I$, procédons par intégration par parties.
    Posons pour tout $x \in [0, 1]$ : D'aprÚs la formule d'intégration par parties : \begin{align*} I &=\int_{0}^{1}{(x)'\log(1+x^2)\,dx}= [x \ln(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} \,dx \\ I &= \ln(2) - 2 \int_0^1 \frac{x^2+1-1}{1+x^2} \,dx \\ I &= \ln(2) - 2 \int_0^1 \left( 1 - \frac{1}{1+x^2} \right) \,dx \end{align*} En utilisant la primitive usuelle de $\frac{1}{1+x^2}$ : \begin{align*} I &= \ln(2) - 2 \big[x - \arctan(x)\big]_0^1 \\ I &= \ln(2) - 2 \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right) \end{align*}