1° ${\displaystyle \tan '=1+\tan ^{2}>0}$ donc ${\displaystyle \tan }$ est continue et strictement croissante. ${\displaystyle \lim _{\left(-{\frac {\pi }{2}}\right)^{+}}\tan =-\infty }$ et ${\displaystyle \lim _{\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{-}}\tan =+\infty }$.

${\displaystyle \varphi }$ est définie sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$. ${\displaystyle \varphi (0)=0}$, ${\displaystyle \varphi (1)={\frac {\pi }{4}}}$, ${\displaystyle \varphi \left({\sqrt {3}}\right)={\frac {\pi }{3}}}$, ${\displaystyle \lim _{-\infty }\varphi =\left(-{\frac {\pi }{2}}\right)^{+}}$ et ${\displaystyle \lim _{+\infty }\varphi =\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{-}}$.

La courbe représentative de la fonction ${\displaystyle \varphi }$ se déduit de la courbe représentative de la fonction tangente par symétrie par rapport à la droite d'équation y = x (première bissectrice) que nous avons appelée ${\displaystyle \delta }$ sur le tracé ci-dessous :

2°  ${\displaystyle \varphi }$ est la fonction réciproque de la fonction tan. Nous avons donc :

${\displaystyle \tan \left(\varphi (x)\right)=x}$

Dérivons les deux membres de cette égalité, nous obtenons :

${\displaystyle \varphi '(x)\left(1+\tan ^{2}\left(\varphi (x)\right)\right)=1}$

qui se simplifie ainsi :

${\displaystyle \varphi '(x)(1+x^{2})=1}$

D’où nous tirons :

${\displaystyle \varphi '(x)={\frac {1}{1+x^{2}}}}$

En particulier, ${\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {\varphi (x)}{x}}=\varphi '(0)=1}$ ce qui prouve que la fonction qui à ${\displaystyle x}$ associe ${\displaystyle {\frac {\varphi (x)}{x}}}$ si ${\displaystyle x\neq 0}$ et ${\displaystyle 1}$ si ${\displaystyle x=0}$ est continue en ${\displaystyle 0}$.

En tout autre réel, elle est continue comme quotient de deux fonctions continues dont la seconde ne s'annule pas.

3°  La fonction ${\displaystyle x\mapsto x-\varphi (x)}$ a pour dérivée ${\displaystyle x\mapsto {\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}}$ donc elle est strictement croissante. Puisqu'elle est nulle en ${\displaystyle 0}$, elle est strictement positive sur ${\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}$.

La fonction ${\displaystyle x\mapsto x-{\frac {x^{3}}{3}}-\varphi (x)}$ a pour dérivée ${\displaystyle x\mapsto {\frac {-x^{4}}{1+x^{2}}}}$ donc elle est strictement décroissante. Puisqu'elle est nulle en ${\displaystyle 0}$, elle est strictement négative sur ${\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}$.

Les deux inégalités voulues en résultent.

1°  Pour tout ${\displaystyle x>0}$, ${\displaystyle {\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}{\frac {t-\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}{\frac {t}{t}}\,\mathrm {d} t-f(x)=1-f(x)}$.

2°  Pour tout ${\displaystyle x>0}$, ${\displaystyle {\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}{\frac {t-\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t}$ est compris entre ${\displaystyle {\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}0\,\mathrm {d} t=0}$ et ${\displaystyle {\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}{\frac {t^{2}}{3}}\,\mathrm {d} t={\frac {x^{2}}{9}}}$.

D'après le théorème des gendarmes, on a donc ${\displaystyle \lim _{x\to 0,\,x>0}{\frac {f(x)-1}{x}}=0}$, c'est-à-dire ${\displaystyle f'(0)=0}$.

3°  Pour tout ${\displaystyle x\geqslant 1}$, ${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t}$ est compris entre ${\displaystyle \int _{1}^{x}0\,\mathrm {d} t=0}$ et ${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {\pi /2}{t}}\,\mathrm {d} t={\frac {\pi }{2}}\ln x}$, or ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\frac {\ln x}{x}}=0}$.

D'après le théorème des gendarmes, on a donc : ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\frac {1}{x}}\int _{1}^{x}{\frac {\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0}$.

En ajoutant membre à membre ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\frac {1}{x}}\int _{0}^{1}{\frac {\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t=0}$, on obtient ainsi : ${\displaystyle \lim _{+\infty }f=0}$.

1°  Sur ${\displaystyle \mathbb {R} _{+}^{*}}$, la fonction ${\displaystyle x\mapsto xf(x)=\int _{0}^{x}{\frac {\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t}$ est dérivable, de dérivée ${\displaystyle x\mapsto {\frac {\varphi (x)}{x}}}$, donc ${\displaystyle f}$ est dérivable et

${\displaystyle f(x)+xf'(x)={\frac {\varphi (x)}{x}}}$,

c'est-à-dire :

${\displaystyle x^{2}f'(x)=-\int _{0}^{x}{\frac {\varphi (t)}{t}}\,\mathrm {d} t+\varphi (x)}$.

2°  Par conséquent, pour tout ${\displaystyle x>0}$,

${\displaystyle g'(x)=-{\frac {\varphi (x)}{x}}+\varphi '(x)}$,

c'est-à-dire (compte tenu de Ⅰ-2) :

${\displaystyle xg'(x)=-\varphi (x)+{\frac {x}{1+x^{2}}}}$.

3°  Pour tout ${\displaystyle x>0}$, ${\displaystyle h(x)=-\varphi (x)+x\varphi '(x)}$ donc ${\displaystyle h'(x)=x\varphi ''(x)={\frac {-2x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}<0}$, ce qui montre que ${\displaystyle h}$ est strictement décroissante.

Comme ${\displaystyle \lim _{0}h=0}$, ${\displaystyle h<0}$ donc ${\displaystyle g'<0}$ donc ${\displaystyle g}$ est strictement décroissante aussi et (par le même raisonnement) ${\displaystyle f}$ également.

La courbe a une tangente horizontale au point ${\displaystyle (0,1)}$ et a pour asymptote l'axe des abscisses.

L'allure de la courbe représentative est alors :