Solutions
II.5.49. L’inégalité est évidente si x 1 ou y 1. On suppose donc que
x, y ∈ ]0 , 1[ et on pose t = xy. L’inégalité étant symétrique, il suffit de considérer le cas où 0 < t 1. On a
x
y + y
x = x
tx + (tx)
x = (x
x )
t + t
x x
x .
La fonction x → x x atteint son minimum e −1/e = a en
1
e et, puisque t x t, on
voit que x y + y x a t + ta. De plus, F (t) = a t + ta, t ∈ R, n’a qu’un minimum
local en t 0 = 1 − e < 0, F est strictement croissante sur ]t 0 , +∞[ et F (0) = 1.
Il s’ensuit que x y + y x > 1.
II.5.50. Pour 0 < x < 1, on peut réécrire l’inégalité à prouver sous la forme
1 − 2x
n + x
n+1 < (1 − x
n )
n
√
1 − x n
ou
1 − x n
1 − x
<
1 − (1 − x n )
1 −
n
√
1 − x n .
La fonction t →
1−t n
1−t étant strictement croissante sur ]0 , 1[, il suffit donc de
montrer que x <
n
√
1 − x n ou, de façon équivalente, 0 < x <
1
n
√
2
. On note
pour finir que
1 +
1
n
n > 2 pour n 2, ce qui implique
1
n
√
2
>
n
n+1 .
II.5.51. Pour 0 < x < 1, on considère la fonction
g(x) =
f (x)
x
= 1 −
x 2
6
+
x 3
24
sin
1
x
.
Puisque g (x) < 0 pour 0 < x < 1, on voit que g est strictement décroissante
sur ]0 , 1[. Donc g(y + z) < g(y), g(y + z) < g(z) et
yg(y + z) + zg(y + z) < yg(y) + zg(z),
ce qui implique f (y + z) < f(y) + f (z).
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