Supposons ${\displaystyle x>0}$. D'après le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction ${\displaystyle t\mapsto \ln(1+t)}$ entre ${\displaystyle 0}$ et ${\displaystyle x}$, il existe ${\displaystyle c\in \left]0,x\right[}$ tel que

${\displaystyle {\frac {\ln(1+x)-\ln(1+0)}{x}}={\frac {1}{1+c}}}$, donc ${\displaystyle {\frac {\ln(1+x)}{x}}<1}$.

Le raisonnement pour ${\displaystyle x\in \left]-1,0\right[}$ est analogue.

(Voir aussi Fonction logarithme/Étude de la fonction logarithme népérien#Tangente remarquable.)

La fonction exponentielle étant strictement croissante, il suffit de montrer que ${\displaystyle \forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad {\frac {x}{1+x}}<\ln(1+x)<x}$.

On a déjà montré, dans la question précédente, que ${\displaystyle \forall x\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+x)<x}$.

On en déduit ${\displaystyle -x<-\ln(1+x)=\ln(1+y)}$, avec ${\displaystyle y}$ défini par : ${\displaystyle 1+y={\frac {1}{1+x}}}$

La fonction ${\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{1+x}}-1}$ étant une involution de ${\displaystyle \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[}$, on a donc bien

${\displaystyle \forall y\in \left]-1,0\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad \ln(1+y)>-\left({\frac {1}{1+y}}-1\right)={\frac {y}{1+y}}}$.

La fonction exponentielle étant strictement croissante, il suffit de montrer, pour tout ${\displaystyle x>0}$, que ${\displaystyle 1>{\frac {1}{x}}\ln(1+x)>1+\ln \left(1-{\frac {1}{1+2/x}}\right)}$, ou encore :

• que ${\displaystyle \ln(1+x)<x}$ (déjà montré dans la question 1) et
• que ${\displaystyle 0<f(x):=\ln(1+x)-x+x\ln \left(1+x/2\right)}$.

On a ${\displaystyle f'(x)=-{\frac {x/2}{(1+x)(1+x/2)}}+\ln \left(1+x/2\right)}$.

Pour tout ${\displaystyle x>0}$, d'après la question 2, ${\displaystyle f'(x)>-{\frac {x/2}{(1+x)(1+x/2)}}+{\frac {x/2}{1+x/2}}={\frac {x^{2}/2}{(1+x)(1+x/2)}}>0}$.

On a donc bien ${\displaystyle \forall x>0\quad f(x)>f(0)=0}$.

Il suffit d'appliquer le théorème des accroissements finis et de remarquer que pour tout ${\displaystyle c\in \left]a,b\right[}$, ${\displaystyle \mathrm {\frac {1}{c}} \in \left]{\frac {1}{b}},{\frac {1}{a}}\right[}$.

Il suffit d'appliquer le théorème des accroissements finis et de remarquer que pour tout ${\displaystyle c<0}$, ${\displaystyle \mathrm {e} ^{c}<1}$.

Pour ${\displaystyle b\in \mathbb {R} }$ fixé, étudions ${\displaystyle f:\left]0,+\infty \right[\to \mathbb {R} ,x\mapsto x(\ln x-b)}$. La dérivée ${\displaystyle f'(x)=1+\ln x-b}$ est strictement croissante et s'annule pour ${\displaystyle \ln x=b-1}$. La valeur minimum de ${\displaystyle f}$ est donc ${\displaystyle f\left(\mathrm {e} ^{b-1}\right)=-\mathrm {e} ^{b-1}}$. Par conséquent, ${\displaystyle \forall a>0\quad a(\ln a-b)\geq -\mathrm {e} ^{b-1}}$, ou encore : ${\displaystyle ab\leq a\ln a+\mathrm {e} ^{b-1}}$.

Si ${\displaystyle x}$ ou ${\displaystyle y>1}$, l'inégalité est immédiate. On peut donc se restreindre au cas où ${\displaystyle 0<x\leq y\leq 1}$. Alors,

${\displaystyle x^{y-1}\geq y^{y-1}\geq 1+(y-1)\ln y}$.

Puisque par ailleurs ${\displaystyle y^{x}\geq 1+x\ln y}$, on en déduit :

${\displaystyle x^{y}+y^{x}\geq 1+x\left(1+y\ln y\right)\geq 1+xy>1}$. (La minoration de ${\displaystyle 1+y\ln y}$ par ${\displaystyle y}$ est le cas particulier ${\displaystyle a=y,b=1}$ de la question 6.)

La fonction puissance d'exposant ${\displaystyle a>0}$ est croissante donc ${\displaystyle x^{a}-y^{a}\geq 0}$.

Pour démontrer la seconde inégalité, étudions, pour ${\displaystyle y\geq 0}$ fixé, les variations de la fonction ${\displaystyle g}$ définie sur ${\displaystyle \left[y,+\infty \right[}$ par : ${\displaystyle g(x)=x^{a}-y^{a}-(x-y)^{a}}$.

Sa dérivée, ${\displaystyle g'(x)=a\left(x^{a-1}-(x-y)^{a-1}\right)}$, est négative (car la fonction puissance d'exposant ${\displaystyle a-1\leq 0}$ est décroissante).

La fonction ${\displaystyle g}$ est donc décroissante et ${\displaystyle \forall x\geq y\quad g(x)\leq g(y)=0}$.