L’étude des variations des fonctions $x\mapsto x-\ln (1+x)$ et $x\mapsto \ln (1+x)-x+\frac{1}{2}{x}^2$ montre que celles-ci sont croissantes sur ${ℝ}_{+}$, puisqu’elles s’annulent en 0, on peut conclure.

• (a)

  Posons $f:]-1;+\mathrm{\infty }[\to ℝ$ définie par $f(x)=x-\ln (1+x)$. La fonction $f$ est dérivable avec $f^{\prime }(x)=\frac{x}{1+x}$. La fonction $f$ est donc décroissante sur $]-1;0]$ puis croissante sur $[0;+\mathrm{\infty }[$: elle présente un minimum en $0$ de valeur $f(0)=0$. On en déduit que la fonction $f$ est positive.

• (b)

  Soit $n\in \mathbb{N}$ avec $n\ge 2$.

  D’une part,

  $${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n={\mathrm{e}}^{n\ln (1+\frac{1}{n})}\le {\mathrm{e}}^{n\times \frac{1}{n}}\le \mathrm{e}\text{.}$$

  D’autre part,

  $${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{-n}={\mathrm{e}}^{-n\ln (1-\frac{1}{n})}\ge \mathrm{e}$$

  car

  $$\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)\le -\frac{1}{n}\text{.}$$

Pour $a,b>0$,

$$\ln \left(\frac{a+b}{2}\right)-\frac{1}{2}\left(\ln (a)+\ln (b)\right)=\ln \left(\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}\right)\text{.}$$

Or

$$a+b={\sqrt{a}}^2+{\sqrt{b}}^2\ge 2\sqrt{ab}$$

et donc

$$\ln \left(\frac{a+b}{2\sqrt{ab}}\right)\ge 0\text{.}$$

$f$ est dérivale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et

$$f^{\prime }(x)=\frac{g(x)}{(1+ax)(1+bx)\ln {(1+bx)}^2}$$

avec

$$g(x)=a(1+bx)\ln (1+bx)-b(1+ax)\ln (1+ax)\text{.}$$

On a $g(0)=0$ et

$$g^{\prime }(x)=ab\ln \left(\frac{1+bx}{1+ax}\right)\ge 0\text{.}$$

La fonction $g$ est donc positive et par suite $f$ croissante.

Puisque $\frac{1}{b}\le \frac{1}{a}$, on a $f\left(\frac{1}{b}\right)\le f\left(\frac{1}{a}\right)$ ce qui donne l’inégalité voulue.

Notons $m$ le nombre de décimale dans l’écriture de $n$.
On a ${10}^{m-1}\le n<{10}^m$ donc $m-1\le {\log }_{10}n<m$ puis $m=\lfloor {\log }_{10}n\rfloor +1$.