Soit la fonction définie sur par

1. Quotient, avec $u=x$, $u^{\prime }=1$, $v=x^2+1$, $v^{\prime }=2x$ :

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

2. Le dénominateur est strictement positif : $f^{\prime }$ a le signe du trinôme $1-x^2$, négatif à l'extérieur de $\left[-1;1\right]$, positif entre les racines.

$$\begin{array}{cccccccc}x& -\infty & & -1& & 1& & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & -& 0& +& 0& -& \\ f& & \searrow & -\frac{1}{2}& \nearrow & \frac{1}{2}& \searrow & \end{array}$$

avec $f(-1)=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}$ et $f(1)=\frac{1}{2}$.

3. Sur $\left]-\infty ;-1\right]$, $f$ décroît, donc $f(x)\ge f(-1)=-\frac{1}{2}$ ; et comme $x<0$ y entraîne $f(x)<0<\frac{1}{2}$, l'encadrement y est acquis. Sur $\left[-1;1\right]$, $f$ croît de $-\frac{1}{2}$ à $\frac{1}{2}$. Sur $\left[1;+\infty \right[$, $f$ décroît donc $f(x)\le f(1)=\frac{1}{2}$, et $x>0$ y donne $f(x)>0>-\frac{1}{2}$. Dans tous les cas $-\frac{1}{2}\le f(x)\le \frac{1}{2}$ : le maximum global vaut $\frac{1}{2}$ (atteint en $1$) et le minimum global $-\frac{1}{2}$ (atteint en $-1$).

4. Comme $x^2+1>0$, l'inégalité $\frac{x}{x^2+1}\le \frac{1}{2}$ équivaut à $2x\le x^2+1$, c'est-à-dire à $(x-1{)}^2\ge 0$ — toujours vraie, avec égalité pour $x=1$ seulement.

Contrôle : les deux méthodes donnent le même cas d'égalité, $x=1$. ✓