Une utilisation du théorème des accroissements finis & Taylor Lagrange sur un exemple - Exercice 1

Soit la fonction $$f : t \longmapsto \ln(1+t)$$. Soit $$x >0$$.
La fonction $$f$$ est continue sur l'intervalle fermé $$\left[ 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right]$$, et dérivable sur l'intervalle ouvert $$\left] 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right[$$, avec :
$$\forall t \in \left] 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right[, \,\, f'(t) = \dfrac{(1+t)'}{1+t} = \dfrac{1}{1+t}$$
Sur l'intervalle fermé $$\left[ 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right]$$, on applique à la fonction $$f$$ le théorème des accroissements finis. Ceci nous assure l'existence d'un nombre réel $$c$$ de l'intervalle ouvert $$\left] 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right[$$, tel que :
$$f\left( \dfrac{1}{x} \right) - f(0) = f'(c) \left( \dfrac{1}{x} - 0 \right)$$
Comme $$f'(c) = \dfrac{1}{1+c}$$, on obtient :
$$f\left( \dfrac{1}{x} \right) - f(0) = \dfrac{1}{1+c} \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Puis, on a :
$$f\left( \dfrac{1}{x} \right) = \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)$$ et $$f(0) = \ln(1) = 0$$
D'où :
$$\ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{1}{1+c} \left( \dfrac{1}{x} \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, x \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{1}{1+c}$$
Or, on a :
$$x \in \left] 0 \,;\, \dfrac{1}{x} \right[ \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 < c < \dfrac{1}{x} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 + 1 < 1 + c < 1 + \dfrac{1}{x} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 1 < 1 + c < \dfrac{x+1}{x}$$
Donc :
$$\dfrac{1}{\dfrac{x+1}{x}} < \dfrac{1}{1 + c} < \dfrac{1}{1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{x}{x+1} < \dfrac{1}{1 + c} < 1$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\dfrac{x}{x+1} < x \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) < 1$$
Comme $$x > 0$$, donc non nul, on a alors :
$$\dfrac{1}{x+1} < \dfrac{1}{x}x \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) < \dfrac{1}{x}$$
En simplifiant, on trouve bien l'inégalité demandée, à savoir :
$${\color{red}{\boxed{\dfrac{1}{x+1} < \ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) < \dfrac{1}{x} }}}$$
Ceci s'illustre graphiquement par :

Soit la fonction $$f : t \longmapsto e^t$$. Soit $$x <0$$.
La fonction $$f$$ est continue sur l'intervalle fermé $$\left[ x \,;\, 0 \right]$$, et de classe $$C^\infty$$ sur l'intervalle ouvert $$\left] x \,;\, 0 \right[$$, avec $$(k \in \mathbb{N})$$ :
$$f^{(k)}(t) = e^t$$
On applique à $$f$$, sur l'untervalle fermé $$\left[ x \,;\, 0 \right]$$, la formule de $$Taylor$$ à l'ordre deux. Ceci assure l'existence d'un nombre réel $$c$$, appartenant à l'intervalle ouvert $$\left] x \,;\, 0 \right[$$, tel que :
$$e^x = 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 e^c$$
Mais comme $$x<0$$ cela implique que $$\dfrac{1}{6}x^3 < 0$$ et de fait $$\dfrac{1}{6}x^3 e^c < 0$$. On peut donc écrire que :
$$e^x - \left( 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 \right) < 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, e^x < 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2$$
On applique maintenant à $$f$$, sur l'untervalle fermé $$\left[ x \,;\, 0 \right]$$, la formule de $$Taylor$$ à l'ordre trois. Ceci assure l'existence d'un nombre réel $$d$$, appartenant à l'intervalle ouvert $$\left] x \,;\, 0 \right[$$, tel que :
$$e^x = 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 + \dfrac{1}{24}x^4 e^d$$
Mais comme $$x<0$$ cela implique que $$\dfrac{1}{24}x^4 > 0$$ et de fait $$\dfrac{1}{24}x^4 e^d > 0$$. On peut donc écrire que :
$$e^x - \left( 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 \right) > 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, e^x > 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 1 + x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 < e^x$$
En regroupant les deux inégalités démontrées juste ci-avant, on trouve bien l'inégalité demandée, à savoir :
$${\color{red}{\boxed{ 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} < e^x < 1 + x + \dfrac{x^2}{2} }}}$$
Ceci s'illustre graphiquement par :