• (a)

  Soit $f:x\mapsto x-\ln (1+x)$ définie et de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]-1;+\mathrm{\infty }[$.

  $$f^{\prime }(x)=\frac{x}{1+x}\text{.}$$

  Le tableau des variations de $f$ est alors

  $$\begin{array}{cccccc}x\hfill & -1\hfill & & 0\hfill & & +\mathrm{\infty }\hfill \\ f(x)\hfill & +\mathrm{\infty }\hfill & \searrow \hfill & 0\hfill & \nearrow \hfill & +\mathrm{\infty }\hfill \end{array}\text{.}$$

  On en déduit que $f$ est positive.
  Soit $g:x\mapsto \ln (1+x)-x/(1+x)$ définie et de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]-1;+\mathrm{\infty }[$.

  $$g^{\prime }(x)=\frac{x}{{(1+x)}^2}\text{.}$$

  Le tableau des variations de $g$ est alors

  $$\begin{array}{cccccc}x\hfill & -1\hfill & & 0\hfill & & +\mathrm{\infty }\hfill \\ g(x)\hfill & +\mathrm{\infty }\hfill & \searrow \hfill & 0\hfill & \nearrow \hfill & +\mathrm{\infty }\hfill \end{array}\text{.}$$

  On en déduit que $g$ est positive.

• (b)

  Soit $f:x\mapsto {\mathrm{e}}^x-1-x-\frac{1}{2}{x}^2$ définie et de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur ${ℝ}_{+}$.

  $$f^{\prime \prime \prime }(x)={\mathrm{e}}^x\ge 0\text{.}$$

  On obtient les variations suivantes

  $$\begin{array}{cccc}x\hfill & 0\hfill & & +\mathrm{\infty }\hfill \\ f^{\prime \prime }(x)\hfill & 0\hfill & \nearrow \hfill & +\mathrm{\infty }\hfill \\ f^{\prime }(x)\hfill & 0\hfill & \nearrow \hfill & +\mathrm{\infty }\hfill \\ f(x)\hfill & 0\hfill & \nearrow \hfill & +\mathrm{\infty }\hfill \end{array}\text{.}$$

  On en déduit que $f$ est positive.

• (a)

  Étudions la fonction $\delta :t\mapsto 1+t^p-{(1+t)}^p$ définie continue sur ${ℝ}_{+}$ et dérivable sur ${ℝ}_{+}^{*}$.
  On a $\delta (0)=0$ et pour $t>0$,

  $${\delta }^{\prime }(t)=p\left(t^{p-1}-{(1+t)}^{p-1}\right)\text{.}$$

  Puisque $p-1\le 0$, $t^{p-1}\ge {(1+t)}^{p-1}$ et donc ${\delta }^{\prime }(t)\ge 0$. On en déduit que pour tout $t\ge 0$, $\delta (t)\ge 0$ puis l’inégalité demandée.

• (b)

  Pour $x=0$, l’inégalité est immédiate et pour $x>0$,

  $${(x+y)}^p=x^p{\left(1+\frac{y}{x}\right)}^p\le x^p\left(1+{\left(\frac{y}{x}\right)}^p\right)=x^p+y^p\text{.}$$

On applique le théorème des accroissements finis à $x\mapsto \ln (x)$ entre $x$ et $x+1$.
Il existe $c\in ]x;x+1[$ tel que

$$\ln (1+x)-\ln (x)=\frac{1}{c}\text{.}$$

Or $x<c<x+1$ donne

$$\frac{1}{x+1}<\frac{1}{c}<\frac{1}{x}$$

puis l’encadrement voulu.

$$\sum _{p=n+1}^{kn}\ln (p+1)-\ln (p)\le \sum _{p=n+1}^{kn}\frac{1}{p}\le \sum _{p=n+1}^{kn}\ln (p)-\ln (p-1)$$

donne

$$\ln \left(\frac{kn+1}{n+1}\right)\le \sum _{p=n+1}^{kn}\frac{1}{p}\le \ln (k)\text{.}$$

Par le théorème des gendarmes

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{p=n+1}^{kn}\frac{1}{p}=\ln (k)\text{.}$$