Solutions
II.5.18.
(a) On pose
f (x) = ln(1 + x) −
x
√
1 + x
, x > 0.
On a
f
(x) =
2
√
1 + x − 2 − x
2(1 + x)
√
1 + x
< 0
car
√
1 + x < 1 +
x
2 pour x > 0. Donc, f (x) < f(0) = 0.
(b) Pour x > 1, l’inégalité se déduit de (a). Il suffit, en effet, de remplacer x
par x − 1. Si x ∈ ]0 , 1[, on applique l’inégalité déjà prouvée à
1
x > 1.
II.5.19.
(a) Il suffit d’appliquer la formule de Taylor à f (x) = (1 + x) ln(1 + x).
(b) D’après la formule de Taylor, on a
ln(1 + cos x) = ln 2 −
x 2
4
−
sin ζ
(1 + cos ζ) 2 ·
x 3
3!
< ln 2 −
x 2
4
.
II.5.20.
(a) On pose f (x) = e x − 1− xe x . On a f (x) = −xe x < 0 et f (x) < f(0) = 0.
(b) On obtient, en posant f (x) = e x − 1 − x − x 2 e x ,
f
(x) = e
x
− 1 − 2xe
x
− x
2 e
x
< 1 + xe
x
− 1 − 2xe
x
− x
2 e
x = −xe
x (1 + x) < 0,
la première inégalité se déduisant de (a).
(c) Si f (x) = xe
x
2 − e x + 1, alors
f
(x) = e
x
2
1 +
x
2
− e
x
2
< 0
car e x > 1 + x pour x > 0.
(d) L’inégalité à prouver est équivalente à l’inégalité facile à vérifier
x < (1 + x) ln(1 + x).
(e) On prouve l’inégalité équivalente (x + 1)(ln(1 + x) − ln 2) x ln x. On
considère pour cela la fonction f (x) = (x + 1)(ln(1 + x) − ln 2) − x ln x.
Cette fonction atteint son maximum global en x = 1 et f (x) f (1) = 0.
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