Corrigé du devoir libre 1.
Corrigé du devoir libre 1. ¶ Exercice 1. Montrer, pour tout n ∈ N ∗ : 1 + 1 2 3 + 1 3 3 + ⋯ + 1 n 3 ≤ 3 2 − 1 2 n 2 n \in \mathbb{N}^{*}: 1+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots+\frac{1}{n^{3}} \leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2 n^{2}} n ∈ N ∗ : 1 + 2 3 1 + 3 3 1 + ⋯ + n 3 1 ≤ 2 3 − 2 n 2 1 f : x ↦ 1 x 3 f: x \mapsto \frac{1}{x^{3}} f : x ↦ x 3 1 [ 1 , + ∞ [ [1,+\infty[ [ 1 , + ∞ [ k ∈ N ∗ k \in \mathbb{N}^{*} k ∈ N ∗ x ∈ [ k , k + 1 ] x \in[k, k+1] x ∈ [ k , k + 1 ] f ( k + 1 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( k ) f(k+1) \leq f(x) \leq f(k) f ( k + 1 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( k )
∫ k k + 1 f ( k + 1 ) d x ≤ ∫ k k + 1 f ( x ) d x ≤ ∫ k k + 1 f ( k ) d x \int_{k}^{k+1} f(k+1) \mathrm{d} x \leq \int_{k}^{k+1} f(x) \mathrm{d} x \leq \int_{k}^{k+1} f(k) \mathrm{d} x ∫ k k + 1 f ( k + 1 ) d x ≤ ∫ k k + 1 f ( x ) d x ≤ ∫ k k + 1 f ( k ) d x c’est à dire
1 ( k + 1 ) 3 ≤ 1 2 k 2 − 1 2 ( k + 1 ) 2 ≤ 1 k 3 \frac{1}{(k+1)^{3}} \leq \frac{1}{2 k^{2}}-\frac{1}{2(k+1)^{2}} \leq \frac{1}{k^{3}} ( k + 1 ) 3 1 ≤ 2 k 2 1 − 2 ( k + 1 ) 2 1 ≤ k 3 1 et en additionnant membre à membre les inégalités de gauche de ces encadrements pour k k k n − 1 n-1 n − 1
1 2 3 + 1 3 3 + ⋯ + 1 n 3 ≤ ∑ k = 1 n − 1 ( 1 2 k 2 − 1 2 ( k + 1 ) 2 ) \frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots+\frac{1}{n^{3}} \leq \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2 k^{2}}-\frac{1}{2(k+1)^{2}}\right) 2 3 1 + 3 3 1 + ⋯ + n 3 1 ≤ k = 1 ∑ n − 1 ( 2 k 2 1 − 2 ( k + 1 ) 2 1 ) La somme de droite est télescopique et se simplifie en 1 2 − 1 2 n 2 \frac{1}{2}-\frac{1}{2 n^{2}} 2 1 − 2 n 2 1
1 + 1 2 3 + 1 3 3 + ⋯ + 1 n 3 ≤ 1 + 1 2 − 1 2 n 2 = 3 2 − 1 2 n 2 1+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots+\frac{1}{n^{3}} \leq 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2 n^{2}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 n^{2}} 1 + 2 3 1 + 3 3 1 + ⋯ + n 3 1 ≤ 1 + 2 1 − 2 n 2 1 = 2 3 − 2 n 2 1 Exercice 2. Dans cet exercice, on établit deux inégalités : d’une part,
∀ x ∈ ] 0 , π 2 [ , 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x \forall x \in] 0, \frac{\pi}{2}[, 2 \sin (x)+\tan (x)>3 x ∀ x ∈ ] 0 , 2 π [ , 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x et d’autre part,
∀ x ∈ ] 0 , + ∞ [ , 2 sh ( x ) + th ( x ) > 3 x \forall x \in] 0,+\infty[, 2 \operatorname{sh}(x)+\operatorname{th}(x)>3 x ∀ x ∈ ] 0 , + ∞ [ , 2 sh ( x ) + th ( x ) > 3 x où sh, ch et th sont les fonctions définies sur R \mathbb{R} R
ch ( x ) = e x + e − x 2 , sh ( x ) = e x − e − x 2 , th ( x ) = sh ( x ) ch ( x ) \operatorname{ch}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2}, \quad \operatorname{sh}(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{2}, \quad \operatorname{th}(x)=\frac{\operatorname{sh}(x)}{\operatorname{ch}(x)} ch ( x ) = 2 e x + e − x , sh ( x ) = 2 e x − e − x , th ( x ) = ch ( x ) sh ( x ) (1) Première inégalité
(a) Factoriser complètement le polynôme 2 X 3 − 3 X 2 + 1 2 X^{3}-3 X^{2}+1 2 X 3 − 3 X 2 + 1
Le polynôme 2 X 3 − 3 X 2 + 1 2 X^{3}-3 X^{2}+1 2 X 3 − 3 X 2 + 1 X − 1 X-1 X − 1
2 X 3 − 3 X 2 + 1 = ( X − 1 ) ( 2 X 2 − X − 1 ) . 2 X^{3}-3 X^{2}+1=(X-1)\left(2 X^{2}-X-1\right) . 2 X 3 − 3 X 2 + 1 = ( X − 1 ) ( 2 X 2 − X − 1 ) . Le trinôme 2 X 2 − X − 1 2 X^{2}-X-1 2 X 2 − X − 1 − 1 2 -\frac{1}{2} − 2 1
2 X 3 − 3 X 2 + 1 = ( X − 1 ) 2 ( 2 X + 1 ) 2 X^{3}-3 X^{2}+1=(X-1)^{2}(2 X+1) 2 X 3 − 3 X 2 + 1 = ( X − 1 ) 2 ( 2 X + 1 ) (b) En déduire, pour tout réel t ∈ ] 0 , π 2 t \in] 0, \frac{\pi}{2} t ∈ ] 0 , 2 π 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 > 0 2 \cos ^{3}(t)-3 \cos ^{2}(t)+1>0 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 > 0
Pour t ∈ ] 0 , π 2 [ t \in] 0, \frac{\pi}{2}[ t ∈ ] 0 , 2 π [ 0 < cos ( t ) < 1 0<\cos (t)<1 0 < cos ( t ) < 1 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 = ( cos ( t ) − 1 ) 2 ( 2 cos ( t ) + 1 ) 2 \cos ^{3}(t)-3 \cos ^{2}(t)+1=(\cos (t)-1)^{2}(2 \cos (t)+1) 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 = ( cos ( t ) − 1 ) 2 ( 2 cos ( t ) + 1 ) ( cos ( t ) − 1 ) 2 > 0 (\cos (t)-1)^{2}>0 ( cos ( t ) − 1 ) 2 > 0 2 cos ( t ) + 1 > 0 2 \cos (t)+1>0 2 cos ( t ) + 1 > 0 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 > 0 2 \cos ^{3}(t)-3 \cos ^{2}(t)+1>0 2 cos 3 ( t ) − 3 cos 2 ( t ) + 1 > 0 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x 2 \sin (x)+\tan (x)>3 x 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x x ∈ ] 0 , π 2 [ x \in] 0, \frac{\pi}{2}[ x ∈ ] 0 , 2 π [
Posons pour x ∈ ] 0 , π 2 [ : f ( x ) = 2 sin ( x ) + tan ( x ) − 3 x x \in] 0, \frac{\pi}{2}[: f(x)=2 \sin (x)+\tan (x)-3 x x ∈ ] 0 , 2 π [ : f ( x ) = 2 sin ( x ) + tan ( x ) − 3 x f f f ] 0 , π 2 [ ] 0, \frac{\pi}{2}[ ] 0 , 2 π [
f ′ ( x ) = 2 cos ( x ) + 1 cos 2 ( x ) − 3 = 2 cos 3 ( x ) − 3 cos 2 ( x ) + 1 cos 2 ( x ) f^{\prime}(x)=2 \cos (x)+\frac{1}{\cos ^{2}(x)}-3=\frac{2 \cos ^{3}(x)-3 \cos ^{2}(x)+1}{\cos ^{2}(x)} f ′ ( x ) = 2 cos ( x ) + cos 2 ( x ) 1 − 3 = cos 2 ( x ) 2 cos 3 ( x ) − 3 cos 2 ( x ) + 1 D’après la question (b) : f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f ′ ( x ) > 0 x ∈ ] 0 , π 2 [ \left.x \in\right] 0, \frac{\pi}{2}[ x ∈ ] 0 , 2 π [ f f f f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 x ∈ ] 0 , π 2 [ , f ( x ) > 0 x \in] 0, \frac{\pi}{2}[, f(x)>0 x ∈ ] 0 , 2 π [ , f ( x ) > 0 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x 2 \sin (x)+\tan (x)>3 x 2 sin ( x ) + tan ( x ) > 3 x u > 1 u>1 u > 1 3 ln ( u ) < ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) u ( 1 + u 2 ) 3 \ln (u)<\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)} 3 ln ( u ) < u ( 1 + u 2 ) ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 )
Posons F ( u ) = ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) u ( 1 + u 2 ) − 3 ln ( u ) F(u)=\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)}-3 \ln (u) F ( u ) = u ( 1 + u 2 ) ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) − 3 ln ( u ) u > 1 u>1 u > 1 F F F 1 , + ∞ [ 1,+\infty\left[\right. 1 , + ∞ [ F ′ ( u ) F^{\prime}(u) F ′ ( u ) F ( u ) F(u) F ( u ) F ( u ) = ( u − 1 u ) × ( 1 + u 1 + u 2 ) − 3 ln ( u ) F(u)=\left(u-\frac{1}{u}\right) \times\left(1+\frac{u}{1+u^{2}}\right)-3 \ln (u) F ( u ) = ( u − u 1 ) × ( 1 + 1 + u 2 u ) − 3 ln ( u )
F ′ ( u ) = ( 1 + 1 u 2 ) ( 1 + u 1 + u 2 ) + ( u − 1 u ) 1 − u 2 ( 1 + u 2 ) 2 − 3 u = ( 1 + u 2 ) ( 1 + u + u 2 ) u 2 ( 1 + u 2 ) + ( u 2 − 1 ) ( 1 − u 2 ) u ( 1 + u 2 ) 2 − 3 u ( 1 + u 2 ) 2 u 2 ( 1 + u 2 ) 2 = ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 + u + u 2 ) − u ( u 2 − 1 ) 2 − 3 u ( 1 + u 2 ) 2 u 2 ( 1 + u 2 ) 2 = ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 − 2 u + u 2 ) − u ( u 2 − 1 ) 2 u 2 ( 1 + u 2 ) 2 = ( 1 + u 2 ) 2 ( u − 1 ) 2 − u ( u 2 − 1 ) 2 u 2 ( 1 + u 2 ) 2 = ( u − 1 ) 2 ( ( 1 + u 2 ) 2 − u ( 1 + u ) 2 ) u 2 ( 1 + u 2 ) 2 \begin{aligned}
F^{\prime}(u) & =\left(1+\frac{1}{u^{2}}\right)\left(1+\frac{u}{1+u^{2}}\right)+\left(u-\frac{1}{u}\right) \frac{1-u^{2}}{\left(1+u^{2}\right)^{2}}-\frac{3}{u} \\
& =\frac{\left(1+u^{2}\right)\left(1+u+u^{2}\right)}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)}+\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(1-u^{2}\right)}{u\left(1+u^{2}\right)^{2}}-\frac{3 u\left(1+u^{2}\right)^{2}}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}} \\
& =\frac{\left(1+u^{2}\right)^{2}\left(1+u+u^{2}\right)-u\left(u^{2}-1\right)^{2}-3 u\left(1+u^{2}\right)^{2}}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}} \\
& =\frac{\left(1+u^{2}\right)^{2}\left(1-2 u+u^{2}\right)-u\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}} \\
& =\frac{\left(1+u^{2}\right)^{2}(u-1)^{2}-u\left(u^{2}-1\right)^{2}}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}} \\
& =\frac{(u-1)^{2}\left(\left(1+u^{2}\right)^{2}-u(1+u)^{2}\right)}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}}
\end{aligned} F ′ ( u ) = ( 1 + u 2 1 ) ( 1 + 1 + u 2 u ) + ( u − u 1 ) ( 1 + u 2 ) 2 1 − u 2 − u 3 = u 2 ( 1 + u 2 ) ( 1 + u 2 ) ( 1 + u + u 2 ) + u ( 1 + u 2 ) 2 ( u 2 − 1 ) ( 1 − u 2 ) − u 2 ( 1 + u 2 ) 2 3 u ( 1 + u 2 ) 2 = u 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 + u + u 2 ) − u ( u 2 − 1 ) 2 − 3 u ( 1 + u 2 ) 2 = u 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 − 2 u + u 2 ) − u ( u 2 − 1 ) 2 = u 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( u − 1 ) 2 − u ( u 2 − 1 ) 2 = u 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( u − 1 ) 2 ( ( 1 + u 2 ) 2 − u ( 1 + u ) 2 ) Or ( 1 + u 2 ) 2 − u ( 1 + u ) 2 = u 4 − u 3 − u + 1 = ( u − 1 ) ( u 3 − 1 ) = ( u − 1 ) 2 ( u 2 + u + 1 ) \left(1+u^{2}\right)^{2}-u(1+u)^{2}=u^{4}-u^{3}-u+1=(u-1)\left(u^{3}-1\right)=(u-1)^{2}\left(u^{2}+u+1\right) ( 1 + u 2 ) 2 − u ( 1 + u ) 2 = u 4 − u 3 − u + 1 = ( u − 1 ) ( u 3 − 1 ) = ( u − 1 ) 2 ( u 2 + u + 1 )
F ′ ( u ) = ( u − 1 ) 4 ( u 2 + u + 1 ) u 2 ( 1 + u 2 ) 2 F^{\prime}(u)=\frac{(u-1)^{4}\left(u^{2}+u+1\right)}{u^{2}\left(1+u^{2}\right)^{2}} F ′ ( u ) = u 2 ( 1 + u 2 ) 2 ( u − 1 ) 4 ( u 2 + u + 1 ) Pour u > 1 u>1 u > 1 u 2 > 0 , ( 1 + u 2 ) 2 > 0 , ( u − 1 ) 4 > 0 u^{2}>0,\left(1+u^{2}\right)^{2}>0,(u-1)^{4}>0 u 2 > 0 , ( 1 + u 2 ) 2 > 0 , ( u − 1 ) 4 > 0 u 2 + u + 1 = ( u + 1 2 ) 2 + 3 4 > 0 u^{2}+u+1=\left(u+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0 u 2 + u + 1 = ( u + 2 1 ) 2 + 4 3 > 0 F ′ ( u ) > 0 F^{\prime}(u)>0 F ′ ( u ) > 0 F F F lim u → 1 F ( u ) = 0 \lim _{u \rightarrow 1} F(u)=0 lim u → 1 F ( u ) = 0 u > 1 , F ( u ) > 0 u>1, F(u)>0 u > 1 , F ( u ) > 0 u u u x > 1 x>1 x > 1
ln ( x ) x − 1 < 1 + x 1 3 x + x 1 3 \frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} x − 1 ln ( x ) < x + x 3 1 1 + x 3 1 Soit x > 1 x>1 x > 1 u = x 1 / 3 > 1 u=x^{1 / 3}>1 u = x 1/3 > 1 ln ( x ) = 3 ln ( u ) , x − 1 = u 3 − 1 \ln (x)=3 \ln (u), x-1=u^{3}-1 ln ( x ) = 3 ln ( u ) , x − 1 = u 3 − 1 u u u
3 ln ( u ) < ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) u ( 1 + u 2 ) . 3 \ln (u)<\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)} . 3 ln ( u ) < u ( 1 + u 2 ) ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) . et puisque u 3 > 1 u^{3}>1 u 3 > 1
3 ln ( u ) u 3 − 1 < ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) u ( 1 + u 2 ) ( u 3 − 1 ) \frac{3 \ln (u)}{u^{3}-1}<\frac{\left(u^{2}-1\right)\left(u^{2}+u+1\right)}{u\left(1+u^{2}\right)\left(u^{3}-1\right)} u 3 − 1 3 ln ( u ) < u ( 1 + u 2 ) ( u 3 − 1 ) ( u 2 − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) Puisque u 3 − 1 = ( u − 1 ) ( u 2 + u + 1 ) u^{3}-1=(u-1)\left(u^{2}+u+1\right) u 3 − 1 = ( u − 1 ) ( u 2 + u + 1 )
3 ln ( u ) u 3 − 1 < u + 1 u ( 1 + u 2 ) \frac{3 \ln (u)}{u^{3}-1}<\frac{u+1}{u\left(1+u^{2}\right)} u 3 − 1 3 ln ( u ) < u ( 1 + u 2 ) u + 1 Or 3 ln u u 3 − 1 = ln x x − 1 \frac{3 \ln u}{u^{3}-1}=\frac{\ln x}{x-1} u 3 − 1 3 l n u = x − 1 l n x u + 1 u 3 + u = 1 + x 1 3 x + x 1 3 \frac{u+1}{u^{3}+u}=\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} u 3 + u u + 1 = x + x 3 1 1 + x 3 1
ln ( x ) x − 1 < 1 + x 1 3 x + x 1 3 \frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} x − 1 ln ( x ) < x + x 3 1 1 + x 3 1 (c) Montrer que l’inégalité ln ( x ) x − 1 < 1 + x 1 3 x + x 1 3 \frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} x − 1 l n ( x ) < x + x 3 1 1 + x 3 1 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1
Soit x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1 t = 1 x > 1 t=\frac{1}{x}>1 t = x 1 > 1
ln ( x ) x − 1 = ln ( 1 t ) 1 t − 1 = t ln ( t ) t − 1 et 1 + x 1 3 x + x 1 3 = 1 + ( 1 t ) 1 3 1 t + ( 1 t ) 1 3 = 1 + t 1 3 1 + t − 2 3 \frac{\ln (x)}{x-1}=\frac{\ln \left(\frac{1}{t}\right)}{\frac{1}{t}-1}=\frac{t \ln (t)}{t-1} \text { et } \frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}}=\frac{1+\left(\frac{1}{t}\right)^{\frac{1}{3}}}{\frac{1}{t}+\left(\frac{1}{t}\right)^{\frac{1}{3}}}=\frac{1+t^{\frac{1}{3}}}{1+t^{-\frac{2}{3}}} x − 1 ln ( x ) = t 1 − 1 ln ( t 1 ) = t − 1 t ln ( t ) et x + x 3 1 1 + x 3 1 = t 1 + ( t 1 ) 3 1 1 + ( t 1 ) 3 1 = 1 + t − 3 2 1 + t 3 1 L’inégalité (b) appliquée avec t t t ln ( t ) t − 1 < 1 + t 1 3 t + t 1 / 3 \frac{\ln (t)}{t-1}<\frac{1+t^{\frac{1}{3}}}{t+t^{1 / 3}} t − 1 l n ( t ) < t + t 1/3 1 + t 3 1 t > 0 : t ln ( t ) t − 1 < 1 + t 1 / 3 1 + t − 2 3 t>0: \frac{t \ln (t)}{t-1}<\frac{1+t^{1 / 3}}{1+t^{-\frac{2}{3}}} t > 0 : t − 1 t l n ( t ) < 1 + t − 3 2 1 + t 1/3 ln ( x ) x − 1 < 1 + x 1 3 x + x 1 3 \frac{\ln (x)}{x-1}<\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x+x^{\frac{1}{3}}} x − 1 l n ( x ) < x + x 3 1 1 + x 3 1 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1 u > 0 u>0 u > 0
3 u e 3 u − 1 < 1 + e u e 3 u + e u \frac{3 u}{\mathrm{e}^{3 u}-1}<\frac{1+\mathrm{e}^{u}}{\mathrm{e}^{3 u}+\mathrm{e}^{u}} e 3 u − 1 3 u < e 3 u + e u 1 + e u Soit u > 0 u>0 u > 0 x = e 3 u > 1 x=\mathrm{e}^{3 u}>1 x = e 3 u > 1 x x x
ln ( e 3 u ) e 3 u − 1 < 1 + ( e 3 u ) 1 3 e 3 u + ( e 3 u ) 1 3 \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{3 u}\right)}{\mathrm{e}^{3 u}-1}<\frac{1+\left(\mathrm{e}^{3 u}\right)^{\frac{1}{3}}}{\mathrm{e}^{3 u}+\left(\mathrm{e}^{3 u}\right)^{\frac{1}{3}}} e 3 u − 1 ln ( e 3 u ) < e 3 u + ( e 3 u ) 3 1 1 + ( e 3 u ) 3 1 qui donne directement
3 u e 3 u − 1 < 1 + e u e 3 u + e u \frac{3 u}{\mathrm{e}^{3 u}-1}<\frac{1+\mathrm{e}^{u}}{\mathrm{e}^{3 u}+\mathrm{e}^{u}} e 3 u − 1 3 u < e 3 u + e u 1 + e u (e) Etablir alors, pour tout réel x > 0 x>0 x > 0 2 sh ( x ) + th ( x ) > 3 x 2 \operatorname{sh}(x)+\operatorname{th}(x)>3 x 2 sh ( x ) + th ( x ) > 3 x
Soit x > 0 x>0 x > 0
2 sh ( x ) + th ( x ) = e x − e − x + e x − e − x e x + e − x = e 2 x − e − 2 x + e x − e − x e x + e − x = e 4 x − 1 + e 3 x − e x e 3 x + e x = ( e 3 x − 1 ) ( e x + 1 ) e 3 x + e x \begin{aligned}
2 \operatorname{sh}(x)+\operatorname{th}(x) & =\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}+\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}} \\
& =\frac{\mathrm{e}^{2 x}-\mathrm{e}^{-2 x}+\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}} \\
& =\frac{\mathrm{e}^{4 x}-1+\mathrm{e}^{3 x}-\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{3 x}+\mathrm{e}^{x}} \\
& =\frac{\left(\mathrm{e}^{3 x}-1\right)\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)}{\mathrm{e}^{3 x}+\mathrm{e}^{x}}
\end{aligned} 2 sh ( x ) + th ( x ) = e x − e − x + e x + e − x e x − e − x = e x + e − x e 2 x − e − 2 x + e x − e − x = e 3 x + e x e 4 x − 1 + e 3 x − e x = e 3 x + e x ( e 3 x − 1 ) ( e x + 1 ) Or x > 0 x>0 x > 0 e 3 x − 1 > 0 \mathrm{e}^{3 x}-1>0 e 3 x − 1 > 0
( e 3 x − 1 ) ( e x + 1 ) e 3 x + e x > 3 x \frac{\left(\mathrm{e}^{3 x}-1\right)\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)}{\mathrm{e}^{3 x}+\mathrm{e}^{x}}>3 x e 3 x + e x ( e 3 x − 1 ) ( e x + 1 ) > 3 x ce qui donne l’inégalité voulue.