Solution pour le challenge n° 7

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On étudie les variations de la fonction :

    \[f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},x\mapsto\ln(1+x)\ln\left(1+\frac 1x\right)\]

Pour cela, on cherche le signe de sa dérivée. Pour tout x>0 :

    \[f'\left(x\right)=\frac{1}{1+x}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x\left(1+x\right)}\ln\left(1+x\right)\]


Cette expression est du signe de :

    \[g\left(x\right)=x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\ln\left(1+x\right)\]


que l’on dérive à son tour pour obtenir :

    \[g'\left(x\right)=\frac{x}{1+x}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\]


Et cette dernière expression est du signe de :

    \[h\left(x\right)=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}\]


Or, il est connu que :

    \[\forall t>-1,\:\ln\left(1+t\right)<t\qquad\left(\spadesuit\right)\]

On en déduit que h\left(x\right)<0, pour tout x>0; et donc que g décroît. Comme g\left(1\right)=0, on en déduit que g est positive sur \left]0,1\right[ et négative sur \left]1,+\infty\right[. Par conséquent f croît sur \left]\text{0,1}\right] et décroît sur \left[1,+\infty\right[.

Finalement, f présente un maximum atteint pour x=1. Ce maximum est f\left(1\right)=\ln^{2}\left(2\right).

En conclusion, on a prouvé que :

    \[\boxed{\forall x>0,\thinspace\ln\left(1+x\right)\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\leqslant\ln^{2}\left(2\right)}\]


avec égalité seulement pour x=1.

Remarque

En appliquant deux fois \left(\spadesuit\right), on voit directement que :

    \[ \forall x>0,\thinspace\ln\left(1+x\right)\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\leqslant1\]


mais cette majoration est de moins bonne qualité (puisque \ln^{2}\left(2\right)\simeq0,48).

L’illustration ci-dessous montre le graphe de f, construit en repère orthonormal :

graphe-de-f

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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