Démontrer une inégalité par convexité : méthode (Terminale spé)

Montrons que pour tout réel $x$ : $e^x\geqslant 1+x$.

La fonction $\exp$ est deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ et $\exp''(x)=e^x>0$ : elle est convexe sur $\mathbb{R}$. Sa courbe est donc au-dessus de sa tangente en $0$. Comme $e^0=1$ et $\exp'(0)=1$, cette tangente a pour équation $y=1\times(x-0)+1=x+1$. D'où $e^x\geqslant x+1$ pour tout réel $x$.

De même, la tangente en $1$ est $y=e(x-1)+e=ex$, donc $e^x\geqslant ex$ pour tout réel $x$.

En remplaçant $x$ par $-x$ dans la première : $e^{-x}\geqslant 1-x$ pour tout réel $x$.

Montrons que pour tout $x\geqslant 0$ : $\sqrt{x}\leqslant\frac{x+1}{2}$.

Sur $]0\,;+\infty[$, $f(x)=\sqrt x$ a pour dérivée seconde $f''(x)=-\frac{1}{4x\sqrt x}<0$ : $f$ est concave, sa courbe est en dessous de ses tangentes. Au point d'abscisse $1$ : $f(1)=1$, $f'(1)=\frac{1}{2\sqrt1}=\frac12$, la tangente est $y=\frac12(x-1)+1=\frac{x+1}{2}$. Donc $\sqrt x\leqslant\frac{x+1}{2}$ pour $x>0$.

Pour $x=0$ : $0\leqslant\frac12$, l'inégalité reste vraie. Elle vaut donc sur $[0\,;+\infty[$.

Contrôle algébrique : $\frac{x+1}{2}-\sqrt x=\frac{(\sqrt x-1)^2}{2}\geqslant 0$.

Montrons que pour tout $x\in[0\,;1]$ : $e^x\leqslant 1+(e-1)x$.

La fonction $\exp$ est convexe sur $\mathbb{R}$, donc sur $[0\,;1]$ sa courbe est en dessous de la corde joignant $A(0\,;1)$ et $B(1\,;e)$. Cette corde a pour coefficient directeur $\frac{e-1}{1-0}=e-1$ et passe par $A$ : elle est portée par la droite $y=1+(e-1)x$. D'où le résultat.

Avec l'inégalité précédente, on obtient l'encadrement, pour $x\in[0\,;1]$ : $$1+x\leqslant e^x\leqslant 1+(e-1)x.$$ Pour $x=0{,}1$ : $1{,}1\leqslant e^{0{,}1}\leqslant 1+0{,}1(e-1)\approx 1{,}172$.