Dérivation et inégalités (2/2)

Exercice 1.
Pour tout entier {k\ge2}, et pour {0\le t\le 1}, on pose :
{\varphi_{k}(t)=\ln\Bigl(1-\dfrac{t}{k}\Bigr)-t\,\ln\Bigl(1-\dfrac1{k}\Bigr)}Prouver l’inégalité {0\le \varphi_{k}(t)\le \dfrac{2t(1-t)}{k^{2}}}.
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La fonction {\varphi_{k}} est indéfiniment dérivable sur {[0,1]}.

On constate que {\varphi_{k}(0)=\varphi_{k}(1)=0}.

On pose {\psi_{k}(t)=\dfrac{2t(1-t)}{k^{2}}-\varphi(t)}. Là encore, {\psi_{k}(0)=\psi_{k}(1)=0}.

On trouve (vérifier!) : {\varphi''_{k}(t)=-\dfrac{1}{(k-t)^{2}}\lt 0}.

De même, on trouve : {\psi''_{k}(t)=-\dfrac{(3k-2t)(k-2t)}{k^{2}(k-t)^{2}}\lt 0}.

Ainsi {\varphi'_{k}} et {\psi'_{k}} sont (strictement) décroissantes sur {[0,1]}.

Nécessairement {\varphi'} et {\psi'} changent de signe (sinon {\varphi} et {\psi} seraient monotones, ce qui serait en contradiction avec les égalités {\varphi_{k}(0)=\varphi_{k}(1)=0} et {\psi_{k}(0)=\psi_{k}(1)=0}).

Ainsi {\varphi'_{k}} (comme {\psi'_{k}}) est d’abord strictement positive puis strictement négative.

Donc {\varphi_{k}} (comme {\psi_{k}}) est d’abord strictement croissante puis strictement décroissante.

Connaissant leurs valeurs en {t=0} et {t=1}, il en découle {\varphi_{k}(t)\ge0} et {\psi_{k}(t)\ge0} (cqfd).

Exercice 2.
Prouver que : {\forall x>-1,\;\ln(1+x)\le x-\dfrac{5x^{2}}{6(2+x)}}.
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On pose {\varphi(x)=x-\dfrac{5x^2}{6(2+x)}-\ln(1+x)}.

On trouve {\varphi'(x)=\dfrac16\,{\dfrac {x \left(x^{2}-x+4 \right) }{ \left( 2+x \right) ^{2}\left( x+1 \right) }}} (faire le calcul!).

Ainsi {\varphi'} a le signe de {x} sur {]-1,+\infty[}, donc {\varphi}.

Il en résulte que \varphi est minimum en {\varphi(0)=0}.

Ainsi {\varphi(x)\ge0}, donc : {\forall x>-1,\;\ln(1+x)\le x-\dfrac{5x^{2}}{6(2+x)}}.

Exercice 3.
Montrer que : {\forall t\in\mathbb{R}^{+*}\setminus\{1\},\;\dfrac{t^{3}-1}{3\ln(t)}\lt \biggl(\dfrac{1+t}{2}\biggr)^{3}}.
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On doit montrer que {\varphi(t)=3\ln(t)-\dfrac{8(t^{3}-1)}{(1+t)^{3}}} a le signe de {t-1} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

On trouve (faire le calcul!) {\varphi'(t)=\dfrac{3(t-1)^{4}}{(1+t)^{4}t}}.

Ainsi {\varphi'(t)>0} pour {t>0} et {t\ne1}.

Comme {\varphi(1)=0}, le résultat en découle.

Exercice 4.
Montrer que : {\forall n\in\mathbb{N}^{*},\;\text{e}-\dfrac{\text{e}}{2n}\le \Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{n}\le \text{e}}.
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En prenant le logarithme, il suffit de prouver que :
{\forall\, n\in\mathbb{N}^{*},\;1+\ln\Bigl(1-\dfrac{1}{2n}\Bigr)\le n\ln\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)\le 1}Il suffit donc de vérifier que, pour tout réel { x\ge1}, on a : {1+\ln\Bigl(1-\dfrac{1}{2x}\Bigr)\le x\ln\Bigl(1+\dfrac{1}{x}\Bigr)\le 1}La deuxième inégalité est classique (car {\ln(1+X)\le X} pour {X\ge0}).

L’inégalité restante s’écrit : {\forall\, x\ge1,\;\varphi(x)\ge0}, avec {\varphi(x)=x\ln\Bigl(1+\dfrac{1}{x}\Bigr)-\ln\Bigl(1-\dfrac{1}{2x}\Bigr)-1}Or on constate que {\varphi(x)=x\bigl(\ln(1+x)-\ln(x)\bigr)-\ln(2x-1)+\ln(2x)+1}Il en résulte : {\varphi'(x)=\ln(1+x)-\ln(x)-\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2}{2x-1}+\dfrac{1}{x}}On trouve ensuite (faire le calcul!) :{\begin{array}{rl}\varphi''(x)&=\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{(x+1)^{2}}+\dfrac{4}{(2x-1)^{2}}-\dfrac{1}{x^{2}}\\\\&=\dfrac{11x^{2}+x-1}{x^{2}(x+1)^{2}(2x-1)^{2}}\end{array}}Ainsi {\varphi''} est positive (donc {\varphi'} croissante) sur {[1,+\infty[}.

Mais {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\varphi'(x)=0} (regrouper les deux {\ln}).

On en déduit que {\varphi'} est négative sur {[1,+\infty[}.

Ainsi {\varphi} est décroissante sur {[1,+\infty[}.

Mais on a facilement (cf expression initiale) {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\varphi(x)=0}.

Il en résulte {\varphi(x)\ge0} sur {[1,+\infty[}, ce qu’il fallait démontrer.