Solutions
et
sh x = x +
x 3
6
+
1
4!
e ζ 2 − e −ζ 2
2
x
4 < x +
x 3
6
+
1
4!
e
π
2 − e
−π
2
2
x
4 .
(2)
On montre maintenant que e
π
2 < 8. On note pour cela que (voir, par
exemple, II.5.3 (vol. I)) ln(1 + x) >
2x
x+2 pour x > 0. Ceci implique
ln 8 = 3 ln 2 = 3 ln(1 + 1) > 2. Donc, 8 > e 2 > e
π
2 . Il s’ensuit que
e
π
2 − e
−π
2
2
<
e
π
2
2
< 4,
ce qui, combiné à (1) et (2), donne
sh x < x +
x 3
6
+
x 4
6
< 2x +
2
3
x
3 ,
car x +
1
2 x 3 −
1
6 x 4 > 0 pour 0 < x < 2.
(c) On pose f (x) = ln x −
x
e pour x > 0, x = e. On a f (x) =
e−x
xe . Donc,
f (x) > 0 si 0 < x < e et f (x) < 0 si x > e. Ainsi, f (x) < f(e) = 0 si
x = e.
(d) Pour x > 1, l’inégalité à prouver est équivalente à
f (x) = 2x ln x − x
2 + 1 < 0.
Puisque f (x) = 2 ln x + 2 − 2x et f (x) =
2
x − 2 < 0, on obtient
f (x) < f (1) = 0 et f (x) < f(1) = 0.
Pour 0 < x < 1, l’inégalité à prouver est équivalente à
f (x) = 2x ln x − x
2 + 1 > 0.
Puisque f (x) =
2
x − 2 > 0, on a f (x) < f (1) = 0 et f (x) > f(1) = 0.
II.5.16.
(a) D’après (c) du problème précédent, on a ln π <
π
e , ce qui signifie que
e π > π e .
(b) D’après (d) du problème précédent, on a
√
2 ln
√
2 <
1
2 , ce qui donne
2
√
2 < e.
(c) L’inégalité ln 8 > 2 est prouvée dans la solution de la question (b) du
problème précédent.
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