Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Inégalités

Exercice 2-1

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 $\forall x\geq y\quad g(x)\leq g(y)=0$.

 

9. $\forall x>0\quad \ln(1+x)>x-{\frac {x^{2}}{2}}$.

Solution

D'après la formule de Taylor-Lagrange appliquée à la fonction $f:t\mapsto \ln(1+t)$ en $0$, il existe $c\in \left]0,x\right[$ tel que

$f(x)=f(0)+xf'(0)+{\frac {x^{2}}{2}}f''(c)$,

c'est-à-dire

$\ln(1+x)=x-{\frac {x^{2}}{2(1+c)^{2}}}$.

Puisque $c>0$,

$x-{\frac {x^{2}}{2(1+c)^{2}}}>x-{\frac {x^{2}}{2}}$.

 

10. $\forall a,b\in \mathbb {R} \quad |\cos a-\cos b|\leq |a-b|$ et $|\sin a-\sin b|\leq |a-b|$.

Solution

Application directe du T.A.F.

 

Exercice 2-2

Établir, pour tout $x>0$, les inégalités :

1. ${\frac {x^{n}}{n!}}<\mathrm {e} ^{x}-\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {x^{k}}{k!}}<{\frac {x^{n}}{n!}}\mathrm {e} ^{x}$ ;
2. ${\frac {3}{2}}{\sqrt {x}}+{\frac {3}{8{\sqrt {x+1}}}}<(x+1)^{3/2}-x^{3/2}<{\frac {3}{2}}{\sqrt {x}}+{\frac {3}{8{\sqrt {x}}}}$ ;
3. $-{\frac {1}{9{\sqrt[{3}]{x^{5}}}}}<{\sqrt[{3}]{1+x}}-{\sqrt[{3}]{x}}-{\frac {1}{3{\sqrt[{3}]{x^{2}}}}}<-{\frac {1}{9{\sqrt[{3}]{(1+x)^{5}}}}}$ ;
4. $x-{\frac {x^{3}}{6}}<\sin x<x$.

Solution

1. On applique Taylor-Lagrange à l'ordre $n-1$ à $\exp$ : $\exists c\in \left]0,x\right[\quad \mathrm {e} ^{x}=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {x^{k}}{k!}}+{\frac {x^{n}}{n!}}\mathrm {e} ^{c}$, et l'on encadre $\mathrm {e} ^{c}$ entre $\mathrm {e} ^{0}=1$ et $\mathrm {e} ^{x}$.
2. On applique Taylor-Lagrange à l'ordre 2 à $x\mapsto x^{3/2}$ : $\exists c\in \left]x,x+1\right[\quad (x+1)^{3/2}=x^{3/2}+{\frac {3}{2}}{\sqrt {x}}+{\frac {3}{8{\sqrt {c}}}}$, et l'on encadre ${\frac {1}{\sqrt {c}}}$ entre ${\frac {1}{\sqrt {x+1}}}$ et ${\frac {1}{\sqrt {x}}}$.
3. On applique Taylor-Lagrange à l'ordre 2 à ${\sqrt[{3}]{~}}$ : $\exists c\in \left]x,x+1\right[\quad {\sqrt[{3}]{1+x}}-{\sqrt[{3}]{x}}-{\frac {1}{3{\sqrt[{3}]{x^{2}}}}}={\tfrac {-1}{9}}c^{-5/3}$, et l'on encadre $c^{-5/3}$ entre $x^{-5/3}$ et $(1+x)^{-5/3}$.
4. Supposons dans un premier temps que $x\leq \pi$. En appliquant Taylor-Lagrange en 0 aux ordres 1 et 3 à $\sin$, on obtient : $\exists c_{1},c_{2}\in \left]0,x\right[\quad \sin x=x-{\frac {x^{2}}{2}}\sin c_{1}$ et $\sin x=x-{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {x^{4}}{4!}}\sin c_{2}$ avec $0<c_{i}<x\leq \pi$ donc $\sin c_{i}>0$, ce qui prouve l'encadrement de $\sin x$ proposé.
   Au-delà de $\pi$, l'écart ne fait que s'accroître car $\sin '$ est compris entre $-1$ et $1$, tandis que $x'=1$ et $(x-x^{3}/6)'=1-x^{2}/2\leq 1-\pi ^{2}/2<-1$.

 

Exercice 2-3

1. Démontrer que pour tout réel $x$,

   $\left|\cos x-1+{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{4}}{4!}}\right|\leq {\frac {x^{6}}{6!}}$.

2. En utilisant l'estimation grossière ${\frac {\pi }{12}}\leq {\frac {3}{10}}$, donner une approximation de $\cos {\frac {\pi }{12}}$ à $10^{-5}$ près.

Solution

1. Sans perte de généralité, $x>0$. On applique Taylor-Lagrange à $\cos$ en 0 : il existe $c\in \left]0,x\right[$ tel que
   $\left|\cos x-1+{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{4}}{4!}}\right|=\left|-{\frac {x^{6}}{6!}}\cos c\right|\leq {\frac {x^{6}}{6!}}$.
2. Pour $x={\frac {\pi }{12}}$, $\cos x=1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {\pi }{12}}\right)^{2}+{\frac {1}{4!}}\left({\frac {\pi }{12}}\right)^{4}+E$ avec $|E|\leq {\frac {1}{6!}}\left({\frac {3}{10}}\right)^{6}={\frac {81}{8.10^{7}}}\approx 0{,}101.10^{-5}$, d'où (à condition de ne pas se contenter de l'estimation grossière de ${\frac {\pi }{12}}$ pour estimer son carré et sa puissance quatrième) : $\cos {\frac {\pi }{12}}\approx 0{,}96592$ à $10^{-5}$ près.

 

Exercice 2-4

Soit $f:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R}$ dérivable et telle que $f'$ soit strictement décroissante.

1. Soit $a\geq 1$. Montrer que $f(a)-f(a-1)>f'(a)>f(a+1)-f(a)$.
2. Si $\lim _{+\infty }f=L\in \mathbb {R}$, déterminer $\lim _{+\infty }f'(x)$.

Solution

1. On applique à $f$ le théorème des accroissements finis sur $[a-1,a]$ puis sur $[a,a+1]$ : il existe $c\in \left]a-1,a\right[$ et $d\in \left]a,a+1\right[$ tels que $f(a)-f(a-1)=f'(c)$ et $f(a+1)-f(a)=f'(d)$. Par décroissance de $f'$, on a $f'(c)>f'(a)>f'(d)$.
2. Quand $a\to +\infty$, $f'(a)$ est encadré par deux quantités qui tendent vers $L-L=0$, donc $f'(a)\to 0$.

 

Exercice 2-5

Soient $a<b$ deux éléments de $[0,\pi /2]$.

1. Montrer que $\cos b<{\sin b-\sin a \over b-a}<\cos a$.
2. On note $f_{a,b}$ l'application définie sur $[0,1]$ par $f_{a,b}(t)=\sin(ta+(1-t)b)-t\sin a-(1-t)\sin b$. Calculer $f_{a,b}''$.
3. En déduire qu'il existe un unique point $c\in \left]0,1\right[$ tel que $f_{a,b}'(c)=0$, et faire le tableau de variations de $f_{a,b}$.
4. En utilisant le tableau de variations de $f_{0,\pi /2}$, montrer que $\forall x\in [0,\pi /2]\quad \sin x\geq {2x \over \pi }$.

Solution

1. $\exists c\in \left]a,b\right[\quad {\sin b-\sin a \over b-a}=\sin 'c=\cos c$, or $\cos$ est strictement décroissante sur $[a,b]\subset [0,\pi /2]$.
2. $f_{a,b}'(t)=(a-b)\cos(ta+(1-t)b)-\sin a+\sin b$ et $f_{a,b}''(t)=-(a-b)^{2}\sin(ta+(1-t)b)$.
3. $f''_{a,b}<0$, $f'_{a,b}(0)=(a-b)\cos b-\sin a+\sin b>0$, $f_{a,b}'(1)=(a-b)\cos a-\sin a+\sin b<0$, d'où l'existence de $c$.
   $f_{a,b}(0)=f_{a,b}(1)=0$, $f_{a,b}$ est croissante de $0$ à $c$ puis décroissante de $c$ à $1$.
4. $\forall t\in [0,1]\quad 0\leq f_{0,\pi /2}(t)=\sin(1-t)\pi /2-(1-t)$ donc (en posant $x=(1-t)\pi /2$) $\forall x\in [0,\pi /2]\quad 0\leq \sin x-2x/\pi$.