Deux inégalités fondamentales, par l'étude d'une fonction

Ce qu'on montre. Deux inégalités classiques, la seconde se déduisant de la première par un changement de variable.

La fonction auxiliaire. Posons, pour $x>-1$, $$h(x)=x-\ln (1+x).$$ Elle est dérivable sur $\left]-1,+\infty \right[$ comme somme de fonctions dérivables ($1+x>0$ y garantit l'existence du logarithme), et $$h^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{(1+x)-1}{1+x}=\frac{x}{1+x}.$$

Le signe de la dérivée. Sur $\left]-1,+\infty \right[$, le dénominateur $1+x$ est strictement positif : $h^{\prime }(x)$ est donc du signe de $x$.

• $h^{\prime }<0$ sur $\left]-1,0\right[$ : $h$ est strictement décroissante ;
• $h^{\prime }(0)=0$ ;
• $h^{\prime }>0$ sur $\left]0,+\infty \right[$ : $h$ est strictement croissante.

Conclusion sur $h$. La fonction $h$ atteint donc son minimum en $x=0$, et $$h(0)=0-\ln 1=0.$$ Ainsi $h(x)\ge 0$ pour tout $x>-1$, c'est-à-dire $$\ln (1+x)\le x,x>-1,$$ avec égalité si et seulement si $x=0$ (la monotonie étant stricte de part et d'autre).

La seconde inégalité. Soit $y\in \mathbb{R}$ et posons $x={\mathrm{e}}^y-1$. Comme ${\mathrm{e}}^y>0$, on a bien $x>-1$ : l'inégalité précédente s'applique et donne $$\ln (1+({\mathrm{e}}^y-1))\le {\mathrm{e}}^y-1,\text{soit}\ln \left({\mathrm{e}}^y\right)=y\le {\mathrm{e}}^y-1.$$ Autrement dit $${\mathrm{e}}^y\ge 1+y\text{pour tout }y\in \mathbb{R},$$ avec égalité si et seulement si ${\mathrm{e}}^y-1=0$, c'est-à-dire $y=0$.

Point délicat. Le changement de variable $x={\mathrm{e}}^y-1$ doit être accompagné de la vérification $x>-1$ : sans elle, on appliquerait un résultat hors de son domaine de validité. Ici c'est la stricte positivité de l'exponentielle qui le garantit, pour tout réel $y$ — c'est pourquoi la seconde inégalité, elle, vaut sur $\mathbb{R}$ entier.