Inégalité logarithme sans dériver

Cher bd2017, je crois que tu confonds avec l'inégalité $\ln(1+t) \leqslant t$ ...

Le résultat de Gentil n'est pas si simple : les deux fonctions coïncident jusqu'à l'ordre 3 au voisinage de 0. Cela dit, ton idée n'est pas mauvaise car on peut écrire le terme de gauche sous la forme
$$
\int_0^x \ln(1+t)\,dt,
$$
puis utiliser des encadrements de $t\mapsto \ln(1+t)$ par son développement de Taylor en $0$ (ceci devrait suffire pour obtenir l'inégalité sur $\left]-1;1\right[$)

Par exemple $\ln(1+t) \leq t - \frac{t^2}2 + \frac{t^3}3$ te donne déjà l'inégalité sur $\left]-1;0\right]$ en intégrant.

@simeon oui je me suis complètement gouré.
Maintenant c'est pas idiot de ne pas vouloir passer par des dérivations pour obtenir une telle inégalité.
Mais je crois bien qu'ici il serait mieux de faire l'étude comme proposé par @bisam

Franchement je ne vois pas l'intérêt de s'interdire la dérivation.

Effectivement, erreur de calcul.
Je reprends : \[\forall t\in I,\quad f''(t)=\frac{2}{3}\left(\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}\right).
\] Puis \[\forall t\in I, \quad f^{(3)}(t)=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{1+t}-\frac{1}{1+t}+\frac{t}{(1+t)^2}\right)=\frac{2t}{3(1+t)^2}.

\] Donc $f^{(3)}$ est négative sur $\left]-1,0\right]$ puis positive sur $\R^+$.
Donc $f''$ est minimale en 0 où elle s'annule donc elle est positive sur $I$.
Donc $f'$ est croissante sur $I$ et s'annule en 0.
Donc $f$ est minimale en 0 où elle s'annule donc elle est positive sur $I$.

Bonjour,
le cocktail $(t+1)\ln (1+t)$ dérange. Alors pourquoi ne pas tout diviser par $t+1$ avant de choisir une fonction auxiliaire ?
Remarque : je n'ai pas dérivé pour voir si ça marche.

Je l'ai fait... et c'est effectivement bien plus rapide !
Une seule dérivation pas trop compliquée, surtout si on a la bonne idée de décomposer en éléments simples avant de dériver...

Oui... mais il existe des logiciels faciles d'accès pour ce genre de vérification.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=derivative+of+ln(1+t)-t/(1+t)-t^2/(2*(1+t/3)*(1+t))

Bonjour,

Montrer cette inégalité sans dériver : $\displaystyle \forall t \geq -1, (1+t) \ln(1+t) - t \geq {t^2 \over 2(1+{t \over 3})}.$

Voici :

$\bullet$ Pour tout $\displaystyle z>1$, on a $\displaystyle (z-1)^3=z^3-3z^2+3z-1 \geq 0$ et donc $z(z^2+4z+4) = z(z+2)^2 \geq 7 z^2+z+1 = \displaystyle {1 \over 4} (z+2)^2 + {27 \over 4} z^2.$ On a donc $\displaystyle {1 \over z} \geq {1 \over 4 z^2} + {27 \over 4} {1 \over (z+2)^2}, (\star).$

$\bullet$ Pour tout $\displaystyle 0<z<1$, on a $\displaystyle (z-1)^3=z^3-3z^2+3z-1 \leq 0$ et donc $z(z^2+4z+4) = z(z+2)^2 \leq 7 z^2+z+1 = \displaystyle {1 \over 4} (z+2)^2 + {27 \over 4} z^2.$ On a donc $\displaystyle {1 \over z} \leq {1 \over 4 z^2} + {27 \over 4} {1 \over (z+2)^2} (\star\star).$

$\bullet$ D'après $(\star)$, pour tout $\displaystyle x \geq 1$, on a $\displaystyle \int_1^x {dz \over z} \geq \int_1^x ( {1 \over 4 z^2} + {27 \over 4} {1 \over (z+2)^2}) dz = -{1 \over 4 z} - {27 \over 4} {1 \over z+2}|_1^x=-{1 \over 4 x} - {27 \over 4} {1 \over x+2}+{5 \over 2} ={1 \over x} (x-1+{(x-1)^2 \over 2(1+ {x-1 \over 3})})$ et donc $\displaystyle x \ln x-(-1+x) \geq {(-1+x )^2 \over 2(1+{-1+x \over 3})}.$

$\bullet$ D'après $(\star\star)$, pour tout $\displaystyle 0<x<1$, on a $\displaystyle -\int_x^1 {dz \over z} \geq -\int_x^1 ( {1 \over 4 z^2} + {27 \over 4} {1 \over (z+2)^2}) dz = -{1 \over 4 z} - {27 \over 4} {1 \over z+2}|_1^x=-{1 \over 4 x} - {27 \over 4} {1 \over x+2}+{5 \over 2} ={1 \over x} (x-1+{(x-1)^2 \over 2(1+ {x-1 \over 3})})$ et donc $\displaystyle x \ln x-(-1+x) \geq {(-1+x )^2 \over 2(1+{-1+x \over 3})}.$

$\bullet$ On pose, pour tout $\displaystyle x >0$, $\displaystyle t=-1+x>-1$. On a établi que, $\displaystyle \forall t > -1, (1+t) \ln(1+t) - t \geq {t^2 \over 2(1+{t \over 3})}.$ L'inégalité est vérifiée, à la limite, en $\displaystyle t=-1.$

Voilà !