Encadrer le logarithme par deux droites

L'encadrement. L'inégalité admise, écrite en $u$, donne directement la majoration $\ln u\le u-1$.

Écrivons-la maintenant en $\frac{1}{u}$, ce qui est licite car $\frac{1}{u}>0$ dès que $u>0$ :

$$\ln \left(\frac{1}{u}\right)\le \frac{1}{u}-1.$$

Or $\ln \left(\frac{1}{u}\right)=-\ln u$, d'après $\ln (x^{\alpha })=\alpha \ln x$ avec $\alpha =-1$. L'inégalité devient $-\ln u\le \frac{1}{u}-1$, c'est-à-dire, en multipliant par $-1$ — ce qui renverse le sens :

$$\ln u\ge 1-\frac{1}{u}.$$

D'où $1-\frac{1}{u}\le \ln u\le u-1$ pour tout $u>0$. Les deux bornes valent $0$ en $u=1$ : l'encadrement y est une égalité.

L'application. Posons $u=1+\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n}$, qui est bien strictement positif pour $n\ge 1$. Alors

$$u-1=\frac{1}{n},1-\frac{1}{u}=1-\frac{n}{n+1}=\frac{1}{n+1},$$

et l'encadrement donne exactement $\frac{1}{n+1}\le \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\le \frac{1}{n}$.

Le point à retenir. Une seule inégalité, appliquée à $u$ et à son inverse, en fournit deux et enferme $\ln$ entre deux fonctions simples. L'écart entre les deux bornes vaut ici $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}$ : l'étau se resserre.