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Exercice : InégalitésFonctions d'une variable réelle/Exercices/Inégalités », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Montrer les inégalités suivantes.
1.
∀
x
∈
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
ln
(
1
+
x
)
<
x
{\displaystyle \forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+x)<x}
.
2.
∀
x
∈
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
e
x
1
+
x
<
1
+
x
<
e
x
{\displaystyle \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
∀
x
∈
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
x
1
+
x
<
ln
(
1
+
x
)
<
x
{\displaystyle \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
∀
x
∈
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
ln
(
1
+
x
)
<
x
{\displaystyle \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
)
{\displaystyle -x<-\ln(1+x)=\ln(1+y)}
, avec
y
{\displaystyle y}
défini par :
1
+
y
=
1
1
+
x
{\displaystyle 1+y={\frac {1}{1+x}}}
La fonction
x
↦
1
1
+
x
−
1
{\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{1+x}}-1}
étant une involution de
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[}
, on a donc bien
∀
y
∈
]
−
1
,
0
[
∪
]
0
,
+
∞
[
ln
(
1
+
y
)
>
−
(
1
1
+
y
−
1
)
=
y
1
+
y
{\displaystyle \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.
∀
x
>
0
0
<
e
−
(
1
+
x
)
1
/
x
<
e
1
+
2
/
x
{\displaystyle \forall x>0\quad 0<\mathrm {e} -\left(1+x\right)^{1/x}<{\frac {\mathrm {e} }{1+2/x}}}
.
4.
∀
b
>
a
>
0
b
−
a
b
<
ln
b
−
ln
a
<
b
−
a
a
{\displaystyle \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
∈
]
a
,
b
[
{\displaystyle c\in \left]a,b\right[}
,
1
c
∈
]
1
b
,
1
a
[
{\displaystyle \mathrm {\frac {1}{c}} \in \left]{\frac {1}{b}},{\frac {1}{a}}\right[}
.
5.
∀
a
<
b
<
0
e
b
−
e
a
<
b
−
a
{\displaystyle \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
{\displaystyle c<0}
,
e
c
<
1
{\displaystyle \mathrm {e} ^{c}<1}
.
6.
∀
a
>
0
∀
b
∈
R
a
b
≤
a
ln
a
+
e
b
−
1
{\displaystyle \forall a>0\quad \forall b\in \mathbb {R} \quad ab\leq a\ln a+\mathrm {e} ^{b-1}}
.
7.
∀
x
,
y
>
0
x
y
+
y
x
>
1
{\displaystyle \forall x,y>0\quad x^{y}+y^{x}>1}
.
8. Pour tous réels
a
∈
]
0
,
1
]
{\displaystyle a\in \left]0,1\right]}
et
x
≥
y
≥
0
{\displaystyle x\geq y\geq 0}
,
0
≤
x
a
−
y
a
≤
(
x
−
y
)
a
{\displaystyle 0\leq x^{a}-y^{a}\leq (x-y)^{a}}
.
9.
∀
x
>
0
ln
(
1
+
x
)
>
x
−
x
2
2
{\displaystyle \forall x>0\quad \ln(1+x)>x-{\frac {x^{2}}{2}}}
.
10.
∀
a
,
b
∈
R
|
cos
a
−
cos
b
|
≤
|
a
−
b
|
{\displaystyle \forall a,b\in \mathbb {R} \quad |\cos a-\cos b|\leq |a-b|}
et
|
sin
a
−
sin
b
|
≤
|
a
−
b
|
{\displaystyle |\sin a-\sin b|\leq |a-b|}
.
Solution
Application directe du T.A.F.
Établir, pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
, les inégalités :
x
n
n
!
<
e
x
−
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
k
!
<
x
n
n
!
e
x
{\displaystyle {\frac {x^{n}}{n!}}<\mathrm {e} ^{x}-\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {x^{k}}{k!}}<{\frac {x^{n}}{n!}}\mathrm {e} ^{x}}
;
3
2
x
+
3
8
x
+
1
<
(
x
+
1
)
3
/
2
−
x
3
/
2
<
3
2
x
+
3
8
x
{\displaystyle {\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}}}}}
;
−
1
9
x
5
3
<
1
+
x
3
−
x
3
−
1
3
x
2
3
<
−
1
9
(
1
+
x
)
5
3
{\displaystyle -{\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}}}}}}
;
x
−
x
3
6
<
sin
x
<
x
{\displaystyle x-{\frac {x^{3}}{6}}<\sin x<x}
.
Solution
On applique Taylor-Lagrange à l'ordre
n
−
1
{\displaystyle n-1}
à
exp
{\displaystyle \exp }
:
∃
c
∈
]
0
,
x
[
e
x
=
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
k
!
+
x
n
n
!
e
c
{\displaystyle \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
e
c
{\displaystyle \mathrm {e} ^{c}}
entre
e
0
=
1
{\displaystyle \mathrm {e} ^{0}=1}
et
e
x
{\displaystyle \mathrm {e} ^{x}}
.
On applique Taylor-Lagrange à l'ordre 2 à
x
↦
x
3
/
2
{\displaystyle x\mapsto x^{3/2}}
:
∃
c
∈
]
x
,
x
+
1
[
(
x
+
1
)
3
/
2
=
x
3
/
2
+
3
2
x
+
3
8
c
{\displaystyle \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
1
c
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {c}}}}
entre
1
x
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {x+1}}}}
et
1
x
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {x}}}}
.
On applique Taylor-Lagrange à l'ordre 2 à
3
{\displaystyle {\sqrt[{3}]{~}}}
:
∃
c
∈
]
x
,
x
+
1
[
1
+
x
3
−
x
3
−
1
3
x
2
3
=
−
1
9
c
−
5
/
3
{\displaystyle \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
{\displaystyle c^{-5/3}}
entre
x
−
5
/
3
{\displaystyle x^{-5/3}}
et
(
1
+
x
)
−
5
/
3
{\displaystyle (1+x)^{-5/3}}
.
Supposons dans un premier temps que
x
≤
π
{\displaystyle x\leq \pi }
. En appliquant Taylor-Lagrange en 0 aux ordres 1 et 3 à
sin
{\displaystyle \sin }
, on obtient :
∃
c
1
,
c
2
∈
]
0
,
x
[
sin
x
=
x
−
x
2
2
sin
c
1
{\displaystyle \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
−
x
3
6
+
x
4
4
!
sin
c
2
{\displaystyle \sin x=x-{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {x^{4}}{4!}}\sin c_{2}}
avec
0
<
c
i
<
x
≤
π
{\displaystyle 0<c_{i}<x\leq \pi }
donc
sin
c
i
>
0
{\displaystyle \sin c_{i}>0}
, ce qui prouve l'encadrement de
sin
x
{\displaystyle \sin x}
proposé. Au-delà de
π
{\displaystyle \pi }
, l'écart ne fait que s'accroître car
sin
′
{\displaystyle \sin '}
est compris entre
−
1
{\displaystyle -1}
et
1
{\displaystyle 1}
, tandis que
x
′
=
1
{\displaystyle x'=1}
et
(
x
−
x
3
/
6
)
′
=
1
−
x
2
/
2
≤
1
−
π
2
/
2
<
−
1
{\displaystyle (x-x^{3}/6)'=1-x^{2}/2\leq 1-\pi ^{2}/2<-1}
.
Démontrer que pour tout réel
x
{\displaystyle x}
,
|
cos
x
−
1
+
x
2
2
−
x
4
4
!
|
≤
x
6
6
!
{\displaystyle \left|\cos x-1+{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{4}}{4!}}\right|\leq {\frac {x^{6}}{6!}}}
.
En utilisant l'estimation grossière
π
12
≤
3
10
{\displaystyle {\frac {\pi }{12}}\leq {\frac {3}{10}}}
, donner une approximation de
cos
π
12
{\displaystyle \cos {\frac {\pi }{12}}}
à
10
−
5
{\displaystyle 10^{-5}}
près.
Soit
f
:
R
+
→
R
{\displaystyle f:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R} }
dérivable et telle que
f
′
{\displaystyle f'}
soit strictement décroissante.
Soit
a
≥
1
{\displaystyle a\geq 1}
. Montrer que
f
(
a
)
−
f
(
a
−
1
)
>
f
′
(
a
)
>
f
(
a
+
1
)
−
f
(
a
)
{\displaystyle f(a)-f(a-1)>f'(a)>f(a+1)-f(a)}
.
Si
lim
+
∞
f
=
L
∈
R
{\displaystyle \lim _{+\infty }f=L\in \mathbb {R} }
, déterminer
lim
+
∞
f
′
(
x
)
{\displaystyle \lim _{+\infty }f'(x)}
.
Solution
On applique à
f
{\displaystyle f}
le théorème des accroissements finis sur
[
a
−
1
,
a
]
{\displaystyle [a-1,a]}
puis sur
[
a
,
a
+
1
]
{\displaystyle [a,a+1]}
: il existe
c
∈
]
a
−
1
,
a
[
{\displaystyle c\in \left]a-1,a\right[}
et
d
∈
]
a
,
a
+
1
[
{\displaystyle d\in \left]a,a+1\right[}
tels que
f
(
a
)
−
f
(
a
−
1
)
=
f
′
(
c
)
{\displaystyle f(a)-f(a-1)=f'(c)}
et
f
(
a
+
1
)
−
f
(
a
)
=
f
′
(
d
)
{\displaystyle f(a+1)-f(a)=f'(d)}
. Par décroissance de
f
′
{\displaystyle f'}
, on a
f
′
(
c
)
>
f
′
(
a
)
>
f
′
(
d
)
{\displaystyle f'(c)>f'(a)>f'(d)}
.
Quand
a
→
+
∞
{\displaystyle a\to +\infty }
,
f
′
(
a
)
{\displaystyle f'(a)}
est encadré par deux quantités qui tendent vers
L
−
L
=
0
{\displaystyle L-L=0}
, donc
f
′
(
a
)
→
0
{\displaystyle f'(a)\to 0}
.
Soient
a
<
b
{\displaystyle a<b}
deux éléments de
[
0
,
π
/
2
]
{\displaystyle [0,\pi /2]}
.
Montrer que
cos
b
<
sin
b
−
sin
a
b
−
a
<
cos
a
{\displaystyle \cos b<{\sin b-\sin a \over b-a}<\cos a}
.
On note
f
a
,
b
{\displaystyle f_{a,b}}
l'application définie sur
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
par
f
a
,
b
(
t
)
=
sin
(
t
a
+
(
1
−
t
)
b
)
−
t
sin
a
−
(
1
−
t
)
sin
b
{\displaystyle f_{a,b}(t)=\sin(ta+(1-t)b)-t\sin a-(1-t)\sin b}
. Calculer
f
a
,
b
″
{\displaystyle f_{a,b}''}
.
En déduire qu'il existe un unique point
c
∈
]
0
,
1
[
{\displaystyle c\in \left]0,1\right[}
tel que
f
a
,
b
′
(
c
)
=
0
{\displaystyle f_{a,b}'(c)=0}
, et faire le tableau de variations de
f
a
,
b
{\displaystyle f_{a,b}}
.
En utilisant le tableau de variations de
f
0
,
π
/
2
{\displaystyle f_{0,\pi /2}}
, montrer que
∀
x
∈
[
0
,
π
/
2
]
sin
x
≥
2
x
π
{\displaystyle \forall x\in [0,\pi /2]\quad \sin x\geq {2x \over \pi }}
.
Solution
∃
c
∈
]
a
,
b
[
sin
b
−
sin
a
b
−
a
=
sin
′
c
=
cos
c
{\displaystyle \exists c\in \left]a,b\right[\quad {\sin b-\sin a \over b-a}=\sin 'c=\cos c}
, or
cos
{\displaystyle \cos }
est strictement décroissante sur
[
a
,
b
]
⊂
[
0
,
π
/
2
]
{\displaystyle [a,b]\subset [0,\pi /2]}
.
f
a
,
b
′
(
t
)
=
(
a
−
b
)
cos
(
t
a
+
(
1
−
t
)
b
)
−
sin
a
+
sin
b
{\displaystyle f_{a,b}'(t)=(a-b)\cos(ta+(1-t)b)-\sin a+\sin b}
et
f
a
,
b
″
(
t
)
=
−
(
a
−
b
)
2
sin
(
t
a
+
(
1
−
t
)
b
)
{\displaystyle f_{a,b}''(t)=-(a-b)^{2}\sin(ta+(1-t)b)}
.
f
a
,
b
″
<
0
{\displaystyle f''_{a,b}<0}
,
f
a
,
b
′
(
0
)
=
(
a
−
b
)
cos
b
−
sin
a
+
sin
b
>
0
{\displaystyle 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
{\displaystyle f_{a,b}'(1)=(a-b)\cos a-\sin a+\sin b<0}
, d'où l'existence de
c
{\displaystyle c}
.
f
a
,
b
(
0
)
=
f
a
,
b
(
1
)
=
0
{\displaystyle f_{a,b}(0)=f_{a,b}(1)=0}
,
f
a
,
b
{\displaystyle f_{a,b}}
est croissante de
0
{\displaystyle 0}
à
c
{\displaystyle c}
puis décroissante de
c
{\displaystyle c}
à
1
{\displaystyle 1}
.
∀
t
∈
[
0
,
1
]
0
≤
f
0
,
π
/
2
(
t
)
=
sin
(
1
−
t
)
π
/
2
−
(
1
−
t
)
{\displaystyle \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
)
π
/
2
{\displaystyle x=(1-t)\pi /2}
)
∀
x
∈
[
0
,
π
/
2
]
0
≤
sin
x
−
2
x
/
π
{\displaystyle \forall x\in [0,\pi /2]\quad 0\leq \sin x-2x/\pi }
.