Soit n un entier, n ≥ 2. Démontrer que pour tout x ≥ 0 : (Étudier d(x)…

Posons $d(x)=x^n-nx+n-1$ sur $\left[0;+\infty \right[$, avec $n\ge 2$. La fonction $d$ est dérivable et

$$d^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}-n=n\left(x^{n-1}-1\right).$$

Comme $n-1\ge 1$, la fonction $x\mapsto x^{n-1}$ est strictement croissante sur $\left[0;+\infty \right[$ et vaut $1$ en $x=1$. Donc $x^{n-1}<1$ pour $0\le x<1$ et $x^{n-1}>1$ pour $x>1$ : $d^{\prime }$ est négative sur $\left[0;1\right]$, positive sur $\left[1;+\infty \right[$. Le minimum de $d$ est donc atteint en $x=1$ et vaut

$$d(1)=1-n+n-1=0.$$

Par conséquent $d(x)\ge 0$ pour tout $x\ge 0$, c'est-à-dire $x^n-nx+n-1\ge 0$, avec égalité au seul point $x=1$. Contrôle : pour $n=2$, l'inégalité s'écrit $x^2-2x+1=(x-1{)}^2\ge 0$ ✓ ; pour $n=4$ et $x=2$, $16-8+3=11\ge 0$. ✓ Le mécanisme : tout tient à ce que $1$ annule simultanément $d$ et $d^{\prime }$. La droite $y=nx-n+1$ n'est autre que la tangente à $y=x^n$ au point d'abscisse $1$ — l'inégalité dit que la courbe est au-dessus de cette tangente.