Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Inégalités

Montrer les inégalités suivantes.

1. $\forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+x)<x$.

Solution

Supposons $x>0$. D'après le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction $t\mapsto \ln(1+t)$ entre $0$ et $x$, il existe $c\in \left]0,x\right[$ tel que

${\frac {\ln(1+x)-\ln(1+0)}{x}}={\frac {1}{1+c}}$, donc ${\frac {\ln(1+x)}{x}}<1$.

Le raisonnement pour $x\in \left]-1,0\right[$ est analogue.

(Voir aussi Fonction logarithme/Étude de la fonction logarithme népérien#Tangente remarquable.)

 

2. $\forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \mathrm {e} ^{\cfrac {x}{1+x}}<1+x<\mathrm {e} ^{x}$.

Solution

La fonction exponentielle étant strictement croissante, il suffit de montrer que $\forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad {\frac {x}{1+x}}<\ln(1+x)<x$.

On a déjà montré, dans la question précédente, que $\forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+x)<x$.

On en déduit $-x<-\ln(1+x)=\ln(1+y)$, avec $y$ défini par : $1+y={\frac {1}{1+x}}$

La fonction $x\mapsto {\frac {1}{1+x}}-1$ étant une involution de $\left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[$, on a donc bien

$\forall y\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+y)>-\left({\frac {1}{1+y}}-1\right)={\frac {y}{1+y}}$.

 

3. $\forall x>0\quad 0<\mathrm {e} -\left(1+x\right)^{1/x}<{\frac {\mathrm {e} }{1+2/x}}$.

Solution

La fonction exponentielle étant strictement croissante, il suffit de montrer, pour tout $x>0$, que $1>{\frac {1}{x}}\ln(1+x)>1+\ln \left(1-{\frac {1}{1+2/x}}\right)$, ou encore :

• que $\ln(1+x)<x$ (déjà montré dans la question 1) et
• que $0<f(x):=\ln(1+x)-x+x\ln \left(1+x/2\right)$.

On a $f'(x)=-{\frac {x/2}{(1+x)(1+x/2)}}+\ln \left(1+x/2\right)$.

Pour tout $x>0$, d'après la question 2, $f'(x)>-{\frac {x/2}{(1+x)(1+x/2)}}+{\frac {x/2}{1+x/2}}={\frac {x^{2}/2}{(1+x)(1+x/2)}}>0$.

On a donc bien $\forall x>0\quad f(x)>f(0)=0$.

 

4. $\forall b>a>0\quad {\frac {b-a}{b}}<\ln b-\ln a<{\frac {b-a}{a}}$.

Solution

Il suffit d'appliquer le théorème des accroissements finis et de remarquer que pour tout $c\in \left]a,b\right[$, $\mathrm {\frac {1}{c}} \in \left]{\frac {1}{b}},{\frac {1}{a}}\right[$.

 

5. $\forall a<b<0\quad \mathrm {e} ^{b}-\mathrm {e} ^{a}<b-a$.

Solution

Il suffit d'appliquer le théorème des accroissements finis et de remarquer que pour tout $c<0$, $\mathrm {e} ^{c}<1$.

 

6. $\forall a>0\quad \forall b\in \mathbb {R} \quad ab\leq a\ln a+\mathrm {e} ^{b-1}$.

Solution

Pour $b\in \mathbb {R}$ fixé, étudions $f:\left]0,+\infty \right[\to \mathbb {R} ,x\mapsto x(\ln x-b)$. La dérivée $f'(x)=1+\ln x-b$ est strictement croissante et s'annule pour $\ln x=b-1$. La valeur minimum de $f$ est donc $f\left(\mathrm {e} ^{b-1}\right)=-\mathrm {e} ^{b-1}$. Par conséquent, $\forall a>0\quad a(\ln a-b)\geq -\mathrm {e} ^{b-1}$, ou encore : $ab\leq a\ln a+\mathrm {e} ^{b-1}$.

 

7. $\forall x,y>0\quad x^{y}+y^{x}>1$.

Solution

Si $x$ ou $y>1$, l'inégalité est immédiate. On peut donc se restreindre au cas où $0<x\leq y\leq 1$. Alors,

$x^{y-1}\geq y^{y-1}\geq 1+(y-1)\ln y$.

Puisque par ailleurs $y^{x}\geq 1+x\ln y$, on en déduit :

$x^{y}+y^{x}\geq 1+x\left(1+y\ln y\right)\geq 1+xy>1$. (La minoration de $1+y\ln y$ par $y$ est le cas particulier $a=y,b=1$ de la question 6.)

 

8. Pour tous réels $a\in \left]0,1\right]$ et $x\geq y\geq 0$,

$0\leq x^{a}-y^{a}\leq (x-y)^{a}$.

Solution

La fonction puissance d'exposant $a>0$ est croissante donc $x^{a}-y^{a}\geq 0$.

Pour démontrer la seconde inégalité, étudions, pour $y\geq 0$ fixé, les variations de la fonction $g$ définie sur $\left[y,+\infty \right[$ par : $g(x)=x^{a}-y^{a}-(x-y)^{a}$.

Sa dérivée, $g'(x)=a\left(x^{a-1}-(x-y)^{a-1}\right)$, est négative (car la fonction puissance d'exposant $a-1\leq 0$ est décroissante).

La fonction $g$ est donc décroissante et $\forall x\geq y\quad g(x)\leq g(y)=0$.