Bonjour
Pouvez vous montrer cette inégalité sans dériver ? $$
\forall t \ge -1,\quad (1+t)\log(1+t) -t \ge \frac{t^{2}}{2(1+\frac{t}{3})} .
$$ Merci pour votre aide !
PS. Pourquoi sans dériver la différence car c'est long pour moi de faire les calcul au tableau.
Réponses
Conséquence directe de $\ln (1+t)\geq t.$
Et cette inégalité est une inégalité qu'un élève de de niveau 3ème peut faire.
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 $\left]-1;1\right[$)
Merci pour votre réponse, que voulez-vous dire par encadrement de $t \mapsto \ln(1+t)$ par son développement de Taylor en $0$ ?
\] On en déduit que $f'$ est décroissante sur $I$ et nulle en 0 donc positive puis négative et donc $f$ est maximale en 0 où elle est nulle.
Ainsi $f$ est négative sur $I$ et en divisant par $1+\frac{t}{3}$, on obtient l'inégalité que tu demandais... mais dans l'autre sens !
Il me semble que ce n'est pas si horrible que cela, même au tableau (quitte à prendre une ligne de plus pour remarquer que $t\mapsto (1+t)\ln(1+t)-t$ est une primitive de $t\mapsto \ln(1+t)$ sur $I$.
PS : Attention, erreur de calcul dans $f''$
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
L(a)=2\int_0^1(1-u)e^{-au}du\geq e^{-a/3}
$$ qu'on montre ainsi $k(a)=\log L(a)$ est convexe et satisfait $k(0)=0$ et $k'(0)=-1/3.$ Donc $k'(a)>-1/3$ et $k(a)\geq -a/3.$ Ensuite $$
(1+t)\log(1+t)-t=t^2\int_{0}^1\frac{1-u}{1+ut}du=\frac{t^2}{2}\int_0^{\infty}e^{-s}\left(\int_0^1e^{-sut}2(1-u)du\right)ds\geq \frac{t^2}{2}\int_0^{\infty}e^{-s-\frac{st}{3}}ds=\frac{t^2}{2(1+\frac{t}{3})}.$$
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 $I$.
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.
Une seule dérivation pas trop compliquée, surtout si on a la bonne idée de décomposer en éléments simples avant de dériver...
Merci Bisam.Trouves-tu comme dérivée $\dfrac{t^3}{(t+1)^2(t+3)^2}$.
Cordialement.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=derivative+of+ln(1+t)-t/(1+t)-t^2/(2*(1+t/3)*(1+t))
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 !