Dérivation et inégalités (1/2)

Exercice 1.
Montrer que, pour tout {x\ge0} : {x-\dfrac{x^{3}}{3!}\le\sin(x)\le x-\dfrac{x^{3}}{3!}+\dfrac{x^{5}}{5!}}
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Soit {\varphi(x)=\sin(x)-x+\dfrac{x^{3}}{3!}} et {\psi(x)=\dfrac{x^{5}}{5!}-\varphi(x)}.

On trouve tout d’abord : {\varphi'(x)=\cos(x)-1+\dfrac{x^{2}}{2!}}.

Ensuite : {\varphi''(x)=-\sin(x)+x}, et {\varphi^{(3)}(x)=1-\cos(x)\ge0}.

Ainsi {\varphi''} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}, donc positive car {\varphi''(0)=0}.

Donc {\varphi'} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}, donc positive car {\varphi'(0)=0}.

Ainsi {\varphi} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}, donc positive car {\varphi(0)=0}.

De même: {\psi^{(4)}(x)=x-\sin(x)} et {\psi^{(5)}(x)=1-\cos(x)\ge0}.

Avec {\varphi^{(k)}(0)=0} (pour {0\le k\le 5}), on remonte progressivement à {\psi(x)\ge0} sur {\mathbb{R}^{+}}.

Exercice 2.
Montrer que : {\forall x>0,\;\Bigl(x+\dfrac{1}{x}\Bigr)\arctan(x)>1}.
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Il s’agir d’établir {\varphi(x)>0} (sur {\mathbb{R}^{+*}}) où {\varphi(x)=\arctan(x)-\dfrac{x}{1+x^{2}}}.

On trouve {\varphi'(x)=\dfrac{2x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}>0} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

Ainsi {\varphi} est strictement croissante sur {\mathbb{R}^{+}}.

On en déduit \varphi(x)>0 sur {\mathbb{R}^{+}} car {\varphi(0)=0}.

Exercice 3.
Montrer que, pour {x>0} (et {x\ne1}), on a : {\dfrac{x\ln x}{x^{2}-1}\lt \dfrac{1}{2}}.
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Posons {\varphi(x)=\dfrac{x^{2}-1}{2x}-\ln(x)} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

sur {\mathbb{R}^{+*}} : {\varphi'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2x^{2}}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{(x-1)^{2}}{2x^{2}}\ge 0} (égalité en {1} seulement).

Ainsi {\varphi} est strictement croissante sur {\mathbb{R}^{+*}}. De plus {\varphi(1)=0}.

Donc {\varphi(x)\lt 0} sur {]0,1[}, et {\varphi(x)>0} sur {]1,+\infty[}.

Ainsi : {\ln(x)>\dfrac{x^{2}-1}{2x}} sur {]0,1[}, et {\ln(x)>\dfrac{x^{2}-1}{2x}} sur {]1,+\infty[}.

En regroupant, on a bien {\dfrac{x\ln x}{x^{2}-1}\lt \dfrac{1}{2}} pour {x\in\mathbb{R}^{+*}\setminus\{1\}}.

Exercice 4.
Montrer que, pour {x>0}, on a : {\ln\Bigl(1+\sqrt{1+x^{2}}\Bigr)\lt \dfrac{1}{x}+\ln(x)}.
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On pose {\varphi(x)=\ln\Bigl(1+\sqrt{1+x^{2}}\Bigr)-\dfrac{1}{x}-\ln(x)}, pour {x>0}.

On va montrer que {\varphi'(x)} est strictement positif sur {\mathbb{R}^{+*}}.

On trouve {\varphi'(x)=\dfrac{(1-x)\big(\sqrt{1+x^{2}}+1\bigr)+x^{2}}{x^{2}\bigl(\sqrt{1+x^{2}}+1+x^{2}\bigr)}}.

Il est clair que sur {]0,1]} on a {\varphi'(x)>0}.

On suppose donc {x>1}.

Il faut vérifier {(E): x^{2}>(x-1)\big(\sqrt{1+x^{2}}+1\bigr)}.

Cela revient à : {\dfrac{x^{2}}{x-1}-1>\sqrt{1+x^{2}}}.

Cela équivaut à {(x^{2}-x+1)^{2}>(x^{2}+1)(x-1)^{2}}.

Cela équivaut à … {x^{2}>0} donc c’est bon.

Ainsi {\varphi} est strictement croissante sur {\mathbb{R}^{+*}}.

Enfin, on sait que : {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1+\sqrt{1+x^{2}}}{x}=1}.

Ainsic {\varphi(x)=\ln\dfrac{1+\sqrt{1+x^{2}}}{x}-\dfrac{1}{x}} tend vers {0} quand {x\rightarrow+\infty}.

Tout cela implique {\varphi(x)\lt 0} sur {\mathbb{R}^{+*}}, ce qu’il fallait démontrer.

Exercice 5.
Prouver que pour {x\ge0}, on a : {0\le 2x+\dfrac{x^{3}}{6(1+x)}-(x+2)\ln(1+x)\le\dfrac{x^{5}}{60}}
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On pose {\varphi(x)=2x+\dfrac{x^{3}}{6(1+x)}-(x+2)\ln(1+x)}.

On définit également : {\psi(x)=\dfrac{x^{5}}{60}-\varphi(x)}.

On trouve tout d’abord : {\varphi'(x)=2+\dfrac {{x}^{2} \left( 3+2\,x \right) }{ 6\left( 1+x \right) ^{2}}-\ln(1+x)-\dfrac{x+2}{x+1}}

On constate à cette occasion que {\varphi'(0)=0}.

On trouve ensuite {\varphi''(x)=\dfrac13\,{\dfrac {{x}^{3}}{ \left( x+1 \right) ^{3}}}\ge0} (vérifier!).

Ainsi {\varphi'} croissante, donc {\varphi'\ge0} (car {\varphi(0)=0}).

Donc {\varphi} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}, donc {\varphi\ge0} car {\varphi(0)=0}.

On trouve {\psi'(x)=\dfrac{x^{4}}{12}-\varphi'(x)} (donc {\psi'(0)=0}).

Ensuite : {\psi''(x)=\dfrac{x^{3}}{3}-\varphi''(x)=\dfrac {{x}^{4} \left( {x}^{2}+3\,x+3 \right) }{ 3\left( 1+x \right) ^{3}}\ge0} (vérifier!)

Il en résulte que {\psi'} est croissante.

Ainsi {\psi'\ge0}, donc {\psi} croissante.

Donc {\psi\ge0} (on a utilisé {\psi(0)=\psi'(0)=0}).

Conclusion : {\forall\, x\ge0,\;0\le \varphi(x)\le \dfrac{x^{5}}{60}} (cqfd)