Rédiger une inégalité

En français mathématique, positif signifie $\ge 0$ et strictement positif signifie $> 0$ ; une inégalité large s'écrit avec $\le$ ou $\ge$, une inégalité stricte avec $<$ ou $>$. Majorer une expression $A$, c'est établir $A \le M$ pour une quantité connue $M$, appelée majorant ; minorer, c'est établir $m \le A$ ; encadrer, c'est faire les deux à la fois. Une majoration n'a pas à être la meilleure possible : elle doit être vraie et suffire au but. Dans une rédaction, « donc » introduit l'inégalité déduite, « car » ou « puisque » la règle et l'hypothèse qui autorisent le passage (« car $c > 0$ »), et « a fortiori » signale qu'on affaiblit une inégalité déjà obtenue.

Pour tous réels $a$ et $b$, $a \le b$ si et seulement si $b - a \ge 0$, et $a < b$ si et seulement si $b - a > 0$. Démontrer une inégalité revient donc à montrer qu'un seul réel, la différence, est positif : la comparaison de deux expressions devient une étude de signe. On calcule $B - A$ plutôt que $A - B$ pour que le but s'énonce « positif », et on factorise cette différence, car le signe d'un produit ou d'un quotient se lit sur ses facteurs.

Quand l'utiliser : les deux membres sont des expressions algébriques (polynômes, fractions rationnelles) qu'aucune chaîne évidente ne relie, ou l'énoncé demande aussi le cas d'égalité. On part de la différence et on arrive à son signe. On ne part pas de l'inégalité à démontrer pour en déduire une inégalité vraie : si l'on transforme le but, chaque passage doit être une équivalence annoncée.
1) Introduire les objets et annoncer le calcul dans le sens du but : « Soit $x \in I$. Calculons $B - A$. »
2) Transformer $B - A$ par une chaîne d'égalités (même dénominateur, développement, identité remarquable) jusqu'à une forme factorisée.
3) Donner le signe de chaque facteur, chacun avec sa raison : « $x - 1 \ge 0$ car $x \ge 1$ », « $x^2 + 1 > 0$ comme somme d'un carré et d'un réel strictement positif ».
4) En déduire le signe de $B - A$ par la règle des signes : « donc $B - A \ge 0$, comme produit de deux réels positifs ».
5) Revenir à l'énoncé, quantificateur compris : « Ainsi, pour tout $x \in I$, $A \le B$. »
6) Si le cas d'égalité est demandé, le même calcul le donne : $A = B$ si et seulement si $B - A = 0$, c'est-à-dire si et seulement si l'un des facteurs du numérateur s'annule.

Montrer que pour tous réels $a$ et $b$, $ab \le \frac{a^2 + b^2}{2}$, avec égalité si et seulement si $a = b$.
Soient $a$ et $b$ deux réels.
Calculons la différence du membre de droite et du membre de gauche : $\frac{a^2 + b^2}{2} - ab = \frac{a^2 - 2ab + b^2}{2} = \frac{(a - b)^2}{2}$.
Le réel $(a - b)^2$ est un carré, donc il est positif ; en divisant par $2 > 0$, on obtient $\frac{(a - b)^2}{2} \ge 0$.
Ainsi $\frac{a^2 + b^2}{2} - ab \ge 0$, c'est-à-dire $ab \le \frac{a^2 + b^2}{2}$.
Cas d'égalité. D'après le calcul précédent, $ab = \frac{a^2 + b^2}{2}$ si et seulement si $\frac{(a - b)^2}{2} = 0$, c'est-à-dire si et seulement si $(a - b)^2 = 0$.
Or un réel a un carré nul si et seulement s'il est nul, donc $(a - b)^2 = 0$ si et seulement si $a = b$.
Conclusion : pour tous réels $a$ et $b$, $ab \le \frac{a^2 + b^2}{2}$, avec égalité si et seulement si $a = b$.
À retenir : on calcule la différence dans le sens du but jusqu'à une forme dont le signe se lit ; la différence étant égale à cette forme par une chaîne d'égalités, elle s'annule exactement quand cette forme s'annule, et le même calcul donne le cas d'égalité.

Montrer que pour tout réel $x \in [1, 2]$, $x^2 + 2 \le 3x$.
Soit $x \in [1, 2]$.
Calculons : $3x - (x^2 + 2) = -(x^2 - 3x + 2) = -(x - 1)(x - 2) = (x - 1)(2 - x)$.
Comme $x \ge 1$, on a $x - 1 \ge 0$.
Comme $x \le 2$, on a $2 - x \ge 0$.
Le produit de deux réels positifs est positif, donc $(x - 1)(2 - x) \ge 0$.
Ainsi $3x - (x^2 + 2) \ge 0$, c'est-à-dire $x^2 + 2 \le 3x$.
Conclusion : pour tout réel $x \in [1, 2]$, $x^2 + 2 \le 3x$.
À retenir : on écrit la différence comme un produit dont chaque facteur tire son signe d'une hypothèse citée ; ici, chaque borne de l'intervalle sert à exactement un facteur.

La relation $\le$ est transitive : si $a \le b$ et $b \le c$, alors $a \le c$ ; l'écriture $a \le b \le c$ abrège exactement ces deux inégalités. On rédige donc une inégalité comme une chaîne $A \le A_1 \le \cdots \le A_n \le B$ partant d'un membre, dont chaque maillon est justifié séparément, et la transitivité relie les deux extrémités. Tous les symboles d'une chaîne vont dans le même sens : une écriture comme $a \le b \ge c$ ne permet pas de comparer $a$ et $c$. Enfin, $\le$ est antisymétrique : si $a \le b$ et $b \le a$, alors $a = b$.

Dans une chaîne $A \le A_1 \le \cdots \le B$, la conclusion est stricte dès qu'au moins un maillon est strict : si $a < b$ et $b \le c$, alors $a < c$, et de même si $a \le b$ et $b < c$. Si tous les maillons sont larges, on n'obtient que $A \le B$, même lorsque l'inégalité stricte est vraie. Une inégalité stricte entraîne l'inégalité large correspondante, jamais l'inverse : on peut affaiblir $<$ en $\le$ en cours de route, jamais renforcer $\le$ en $<$ sans nouvel argument.

On peut ajouter un même réel aux deux membres : si $a \le b$, alors $a + c \le b + c$ pour tout réel $c$, sans condition de signe. On peut additionner membre à membre deux inégalités de même sens : si $a \le b$ et $c \le d$, alors $a + c \le b + d$, et la somme est stricte dès que l'une des deux l'est. La preuve tient en une ligne : $(b + d) - (a + c) = (b - a) + (d - c)$ est une somme de deux réels positifs. Deux inégalités de sens contraires ne s'additionnent pas.

Soient $a$, $b$, $c$ trois réels tels que $a \le b$. Si $c \ge 0$, alors $ac \le bc$ : le sens est conservé ; si $c \le 0$, alors $ac \ge bc$ : le sens est renversé, car $bc - ac = (b - a)c$ a le signe de $c$. Pour transporter une inégalité stricte $a < b$, il faut $c > 0$ (sens conservé) ou $c < 0$ (sens renversé), puisque $c = 0$ donne $ac = bc$. Le signe de $c$ doit donc être établi avant la multiplication. Diviser par $c \neq 0$ revient à multiplier par $\frac{1}{c}$, qui a le signe de $c$.

Si $0 \le a \le b$ et $0 \le c \le d$, alors $ac \le bd$ : on multiplie membre à membre des inégalités de même sens entre réels positifs. La preuve enchaîne deux multiplications de signe connu : $ac \le bc$ car $c \ge 0$, puis $bc \le bd$ car $b \ge 0$. La condition de signe ne peut pas être omise : $-3 \le 1$ et $-3 \le 2$, mais $(-3) \times (-3) = 9$ dépasse $1 \times 2 = 2$. Ainsi, pour majorer un produit, on majore chaque facteur après avoir montré que chaque facteur est positif ; pour le minorer, on minore chaque facteur par un réel positif.

La fonction inverse est strictement décroissante sur $]0, +\infty[$ et sur $\left]-\infty, 0\right[$ : si $0 < a \le b$, ou si $a \le b < 0$, alors $\frac{1}{b} \le \frac{1}{a}$. Entre deux réels de signes contraires, le sens n'est pas renversé : $-1 \le 2$ et $\frac{1}{-1} \le \frac{1}{2}$. La fonction carré est strictement croissante sur $[0, +\infty[$ et strictement décroissante sur $\left]-\infty, 0\right]$ : si $0 \le a \le b$, alors $a^2 \le b^2$, et si $a \le b \le 0$, alors $a^2 \ge b^2$ ; la racine carrée est strictement croissante sur $[0, +\infty[$. Entre deux réels positifs, on a donc l'équivalence $a \le b \iff a^2 \le b^2$, qui permet de comparer deux positifs en comparant leurs carrés.

Soient $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$, et $a$, $b$ deux éléments de $I$ tels que $a \le b$. Si $f$ est croissante sur $I$, alors $f(a) \le f(b)$ ; si elle est décroissante sur $I$, alors $f(a) \ge f(b)$ ; une fonction seulement croissante transforme $a < b$ en $f(a) \le f(b)$, pas mieux. Si $f$ est strictement croissante sur $I$, on obtient des équivalences : $a \le b \iff f(a) \le f(b)$ et $a < b \iff f(a) < f(b)$ ; c'est ce qui autorise à appliquer $\ln$ ou $\exp$ aux deux membres. La rédaction nomme la fonction, sa monotonie et l'intervalle qui contient les deux membres : « la fonction $\ln$ étant strictement croissante sur $]0, +\infty[$ ».

De $a \le b$ et $c \le d$, on ne peut pas déduire $a - c \le b - d$ : $0 \le 1$ et $0 \le 5$, mais $0 - 0 \le 1 - 5$ est faux. On soustrait en ajoutant l'opposé : $c \le d$ donne $-d \le -c$, puis la somme de même sens donne $a - d \le b - c$ ; pour minorer une différence, on retranche un majorant du second terme. Entre réels strictement positifs, $a \le b$ et $c \le d$ n'entraînent pas davantage $\frac{a}{c} \le \frac{b}{d}$ ($1 \le 2$ et $1 \le 4$, mais $1 \le \frac{1}{2}$ est faux) : on passe à l'inverse, $\frac{1}{d} \le \frac{1}{c}$, puis on multiplie entre positifs pour obtenir $\frac{a}{d} \le \frac{b}{c}$. Il n'existe aucune règle de soustraction ni de division membre à membre : on les ramène toujours à une somme et à un produit.

Sauf mention contraire, chaque ligne part de $a \le b$ et donne, entre parenthèses, la condition à écrire sur la copie avant d'opérer. Parmi les opérations algébriques, seuls l'ajout d'un réel et la somme d'inégalités de même sens se passent de condition de signe ; appliquer une fonction monotone exige seulement que les deux membres appartiennent à un intervalle où elle est monotone. La soustraction et la division membre à membre n'y figurent pas : elles n'existent pas.

Quand l'utiliser : chaque fois qu'on s'apprête à multiplier ou diviser les deux membres par une expression, à passer à l'inverse, au carré ou à la racine carrée. Le signe se justifie avant l'opération, jamais après ni « par évidence ».
1) Écrire l'inégalité de départ, avec sa justification.
2) Annoncer le signe requis et sa raison : « Comme $n \ge 1$, on a $n^2 > 0$ », « les deux membres sont strictement positifs ».
3) Effectuer l'opération en citant la règle : « en multipliant par $c > 0$, le sens est conservé », « la fonction inverse étant strictement décroissante sur $]0, +\infty[$ », « la fonction carré étant strictement croissante sur $[0, +\infty[$ ».
4) Écrire l'inégalité obtenue, sens renversé si la règle l'impose.
5) Si le signe dépend de la variable, distinguer les cas avant d'opérer (voir fdm-disjonction-cas).
Pour montrer $u \le v$ par les carrés : établir d'abord $u \ge 0$ et $v \ge 0$, puis écrire « les deux membres étant positifs, l'inégalité voulue équivaut à $u^2 \le v^2$ », et démontrer cette dernière inégalité.

Montrer que pour tout entier $n \ge 1$, $\frac{1}{n^2 + n + 1} \le \frac{1}{n^2}$.
Soit $n$ un entier tel que $n \ge 1$.
Comme $n \ge 1$, on a $n + 1 > 0$ ; en ajoutant $n^2$ aux deux membres, on obtient $n^2 < n^2 + n + 1$.
Annonçons le signe des deux membres : comme $n \ge 1$, l'entier $n$ est non nul, donc $n^2 > 0$, et par suite $n^2 + n + 1 > n^2 > 0$.
Les deux membres de l'inégalité $n^2 < n^2 + n + 1$ sont strictement positifs et la fonction inverse est strictement décroissante sur $]0, +\infty[$, donc $\frac{1}{n^2 + n + 1} < \frac{1}{n^2}$.
Une inégalité stricte entraîne l'inégalité large, donc $\frac{1}{n^2 + n + 1} \le \frac{1}{n^2}$.
Conclusion : pour tout entier $n \ge 1$, $\frac{1}{n^2 + n + 1} \le \frac{1}{n^2}$.
À retenir : avant de passer à l'inverse, on écrit que les deux membres sont strictement positifs et on nomme la décroissance de la fonction inverse sur $]0, +\infty[$.

Montrer que pour tout réel $x \ge 0$, $\sqrt{1 + x} \le 1 + \frac{x}{2}$.
Soit $x$ un réel tel que $x \ge 0$.
Signe du membre de gauche : comme $1 + x \ge 1 > 0$, le réel $\sqrt{1 + x}$ est défini et positif.
Signe du membre de droite : comme $x \ge 0$, on a $1 + \frac{x}{2} \ge 1$, donc $1 + \frac{x}{2}$ est positif.
Réduction aux carrés : la fonction carré étant strictement croissante sur $[0, +\infty[$, deux réels positifs sont rangés dans le même ordre que leurs carrés.
Les deux membres étant positifs, l'inégalité voulue équivaut donc à $\left(\sqrt{1 + x}\right)^2 \le \left(1 + \frac{x}{2}\right)^2$, c'est-à-dire à $1 + x \le \left(1 + \frac{x}{2}\right)^2$.
Comparaison des carrés : $\left(1 + \frac{x}{2}\right)^2 - (1 + x) = 1 + x + \frac{x^2}{4} - 1 - x = \frac{x^2}{4}$, et $\frac{x^2}{4} \ge 0$ comme quotient d'un carré par $4 > 0$.
Donc $1 + x \le \left(1 + \frac{x}{2}\right)^2$, et d'après l'équivalence précédente, $\sqrt{1 + x} \le 1 + \frac{x}{2}$.
Conclusion : pour tout réel $x \ge 0$, $\sqrt{1 + x} \le 1 + \frac{x}{2}$.
À retenir : on établit le signe des deux membres avant de passer au carré ; c'est ce signe qui fait du passage au carré une équivalence.

Ligne fautive : « Soit $x$ un réel non nul tel que $\frac{1}{x} \le 1$. En multipliant par $x$, on obtient $1 \le x$. »
Le sens n'est conservé que si $x > 0$, et rien ne le garantit : pour $x = -2$, on a bien $\frac{1}{x} = -\frac{1}{2} \le 1$, mais $1 \le -2$ est faux.
Version correcte : « Si $x > 0$, multiplier par $x > 0$ conserve le sens, et l'on revient en arrière en multipliant par $\frac{1}{x} > 0$ : l'inégalité $\frac{1}{x} \le 1$ équivaut à $1 \le x$. Si $x < 0$, multiplier par $x < 0$ renverse le sens, et multiplier par $\frac{1}{x} < 0$ le renverse de nouveau : l'inégalité équivaut à $1 \ge x$, qui est vraie pour tout $x < 0$. » Ainsi $\frac{1}{x} \le 1$ équivaut à $x < 0$ ou $x \ge 1$ : on sépare les cas selon le signe du multiplicateur avant de multiplier, et l'on justifie que chaque passage est réversible avant d'écrire « équivaut ».

Ligne fautive : « Comme $x \le 2$, on a $\frac{1}{x} \ge \frac{1}{2}$. » ou « Comme $x \ge -3$, on a $x^2 \ge 9$. »
La fonction inverse ne renverse le sens qu'entre deux réels non nuls de même signe ; la fonction carré conserve le sens entre positifs, le renverse entre négatifs et ne dit rien entre réels de signes contraires. Pour $x = -1$, on a $x \le 2$ mais $\frac{1}{x} = -1 < \frac{1}{2}$ ; pour $x = 0$, on a $x \ge -3$ mais $x^2 = 0 < 9$.
Version correcte pour l'inverse : « Soit $x \in \left]0, 2\right]$. Comme $0 < x \le 2$, les deux membres sont strictement positifs et la fonction inverse est strictement décroissante sur $]0, +\infty[$, donc $\frac{1}{x} \ge \frac{1}{2}$. »
Version correcte pour le carré : « Soit $x \in [-3, 0]$. Comme $-3 \le x \le 0$, les deux membres sont négatifs et la fonction carré est strictement décroissante sur $\left]-\infty, 0\right]$ : le sens est renversé, donc $x^2 \le 9$. »
Sans signe connu, on ne passe ni à l'inverse ni au carré : on distingue les cas, ou l'on revient au signe d'une différence.

Si $0 \le a \le a'$ et $0 < b' \le b$, alors $\frac{a}{b} \le \frac{a'}{b'}$ : pour majorer une fraction à termes positifs, on majore le numérateur et on minore le dénominateur par un réel strictement positif. Preuve : $\frac{a}{b} \le \frac{a'}{b}$ en multipliant $a \le a'$ par $\frac{1}{b} > 0$, puis $\frac{a'}{b} \le \frac{a'}{b'}$ en multipliant par $a' \ge 0$ l'inégalité $\frac{1}{b} \le \frac{1}{b'}$, obtenue par passage à l'inverse entre strictement positifs. Pour minorer la fraction, on fait l'inverse : on minore le numérateur par un positif et on majore le dénominateur. Sur la copie, on écrit les deux conditions de signe avant d'assembler.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande d'encadrer, de majorer ou de minorer une expression lorsque la variable parcourt un intervalle, et cette expression est une somme, un produit ou un quotient de morceaux simples.
1) Écrire l'hypothèse sur la variable : « Soit $x \in [\alpha, \beta]$, de sorte que $\alpha \le x \le \beta$. »
2) Découper l'expression en morceaux : termes d'une somme, facteurs d'un produit, numérateur et dénominateur d'un quotient.
3) Encadrer chaque morceau séparément à partir de l'encadrement de $x$, chaque passage justifié par une règle (ajout d'un réel, fonction monotone sur un intervalle, multiplication par un réel de signe connu).
4) Établir le signe des morceaux qu'on va multiplier ou inverser : les règles du produit et du quotient ne valent qu'entre positifs.
5) Assembler. Une somme s'encadre par la somme des bornes ; une différence $u - v$ se minore par un minorant de $u$ moins un majorant de $v$ ; un produit de positifs se majore par le produit des majorants, et se minore par le produit des minorants à condition que ces minorants soient eux-mêmes positifs ; un quotient de positifs se majore par un majorant du numérateur divisé par un minorant strictement positif du dénominateur, et se minore en croisant dans l'autre sens, avec un minorant positif du numérateur.
6) Écrire l'encadrement final avec son quantificateur.
L'encadrement obtenu est vrai mais rarement optimal, car les bornes des morceaux ne sont en général pas atteintes pour la même valeur de $x$ : c'est sans importance si l'énoncé demande seulement un encadrement.

Soit $x \in [1, 2]$. Encadrer $\frac{x + 1}{x^2 + 3}$.
Soit $x \in [1, 2]$, de sorte que $1 \le x \le 2$.
Numérateur : en ajoutant $1$ aux membres de $1 \le x \le 2$, on obtient $2 \le x + 1 \le 3$.
Dénominateur : les réels $1$, $x$ et $2$ appartiennent à $[0, +\infty[$, où la fonction carré est croissante, donc $1 \le x^2 \le 4$ ; en ajoutant $3$, on obtient $4 \le x^2 + 3 \le 7$.
Signes : $x + 1 \ge 2 > 0$ et $x^2 + 3 \ge 4 > 0$, donc numérateur et dénominateur sont strictement positifs.
Inverse du dénominateur : par passage à l'inverse entre réels strictement positifs, $4 \le x^2 + 3 \le 7$ donne $\frac{1}{7} \le \frac{1}{x^2 + 3} \le \frac{1}{4}$.
Majoration : en multipliant $x + 1 \le 3$ par $\frac{1}{x^2 + 3} > 0$, puis $\frac{1}{x^2 + 3} \le \frac{1}{4}$ par $3 > 0$, on obtient $\frac{x + 1}{x^2 + 3} \le \frac{3}{x^2 + 3} \le \frac{3}{4}$.
Minoration : en multipliant $\frac{1}{7} \le \frac{1}{x^2 + 3}$ par $2 > 0$, puis $2 \le x + 1$ par $\frac{1}{x^2 + 3} > 0$, on obtient $\frac{2}{7} \le \frac{2}{x^2 + 3} \le \frac{x + 1}{x^2 + 3}$.
Conclusion : pour tout $x \in [1, 2]$, $\frac{2}{7} \le \frac{x + 1}{x^2 + 3} \le \frac{3}{4}$.
À retenir : pour majorer un quotient de positifs, on majore le numérateur et on minore le dénominateur, et l'on croise dans l'autre sens pour le minorer, après avoir écrit que les deux sont strictement positifs.

Ligne fautive : « Soit $x \in [0, 1]$. Comme $2 - x \le 2$ et $x + 1 \le 2$, on a $\frac{2 - x}{x + 1} \le \frac{2}{2} = 1$. »
Agrandir le dénominateur d'une fraction positive la diminue : majorer le dénominateur conduit à une minoration, pas à une majoration. La conclusion est d'ailleurs fausse : pour $x = 0$, la fraction vaut $2$.
Version correcte : « Comme $0 \le x \le 1$, on a $0 < 2 - x \le 2$ et $x + 1 \ge 1 > 0$. Pour majorer ce quotient de positifs, on majore le numérateur et on minore le dénominateur : $\frac{2 - x}{x + 1} \le \frac{2}{1} = 2$. »

Ligne fautive : « On a $1 \le x \le 2$ et $1 \le y \le 3$, donc $0 \le x - y \le -1$. »
Le résultat est même absurde, puisqu'il affirme $0 \le -1$ : retrancher le minorant au minorant et le majorant au majorant ne correspond à aucune règle. Il en va de même pour diviser deux encadrements membre à membre.
Version correcte : « De $1 \le y \le 3$, on déduit, en multipliant par $-1 < 0$, $-3 \le -y \le -1$. En additionnant membre à membre avec $1 \le x \le 2$, inégalités de même sens, on obtient $-2 \le x - y \le 1$. » Toute soustraction se réécrit comme l'addition d'un opposé, dont l'encadrement a ses bornes échangées.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande une inégalité stricte, ou l'on hésite entre $<$ et $\le$ au moment de conclure.
1) Écrire la chaîne complète $A \le A_1 \le \cdots \le B$ et numéroter ses maillons, chacun avec sa justification.
2) Pour chaque maillon, se demander s'il est strict pour toutes les valeurs de la variable, et pour quelle raison : une hypothèse stricte ($x > 0$) transportée par des opérations qui conservent le caractère strict (somme, multiplication par un réel strictement positif, fonction strictement monotone), ou un écart numérique ($\frac{2}{3} < 1$).
3) Si au moins un maillon est strict, conclure en le citant : « le maillon (2) étant strict, $A < B$ ».
4) Si tous les maillons sont larges, conclure seulement $A \le B$. Pour obtenir mieux, soit resserrer un maillon (conserver une hypothèse stricte qu'on avait affaiblie), soit montrer que les maillons ne sont jamais des égalités en même temps, puisque la chaîne n'est une égalité que si chacun d'eux l'est.
Un maillon qui devient une égalité pour une seule valeur de la variable ne compte pas comme strict.

Soit $x \in [0, 1]$. Montrer que $\frac{x^2 + x}{x + 3} < 1$, puis que $\frac{x^2 + x}{x + 3} < \frac{2}{3}$.
Soit $x \in [0, 1]$, de sorte que $0 \le x \le 1$.
Comme $0 \le x \le 1$ et que la fonction carré est croissante sur $[0, +\infty[$, on a $x^2 \le 1$ ; en ajoutant $x \le 1$, on obtient $x^2 + x \le 2$.
Le dénominateur vérifie $x + 3 \ge 3 > 0$.
Maillon (1) : en multipliant $x^2 + x \le 2$ par $\frac{1}{x + 3} > 0$, on obtient $\frac{x^2 + x}{x + 3} \le \frac{2}{x + 3}$.
Maillon (2) : par passage à l'inverse entre réels strictement positifs, $x + 3 \ge 3$ donne $\frac{1}{x + 3} \le \frac{1}{3}$, puis, en multipliant par $2 > 0$, $\frac{2}{x + 3} \le \frac{2}{3}$.
Maillon (3) : $\frac{2}{3} < 1$.
Première inégalité : la chaîne $\frac{x^2 + x}{x + 3} \le \frac{2}{x + 3} \le \frac{2}{3} < 1$ contient le maillon strict (3), donc $\frac{x^2 + x}{x + 3} < 1$.
Seconde inégalité : les maillons (1) et (2) sont larges et ne donnent que $\frac{x^2 + x}{x + 3} \le \frac{2}{3}$. Supposons par l'absurde que $\frac{x^2 + x}{x + 3} = \frac{2}{3}$.
Une chaîne de maillons larges n'est une égalité que si chaque maillon en est une, donc (1) et (2) sont des égalités.
L'égalité dans (1) donne, en multipliant par $x + 3 \neq 0$, $x^2 + x = 2$, c'est-à-dire $(x - 1)(x + 2) = 0$, donc $x = 1$ puisque $x + 2 > 0$.
L'égalité dans (2) donne $\frac{2}{x + 3} = \frac{2}{3}$, donc $x + 3 = 3$, c'est-à-dire $x = 0$.
On aurait à la fois $x = 1$ et $x = 0$, ce qui est absurde. Donc $\frac{x^2 + x}{x + 3} \neq \frac{2}{3}$, et avec l'inégalité large, $\frac{x^2 + x}{x + 3} < \frac{2}{3}$.
Conclusion : pour tout $x \in [0, 1]$, $\frac{x^2 + x}{x + 3} < 1$ et $\frac{x^2 + x}{x + 3} < \frac{2}{3}$.
À retenir : une conclusion stricte se justifie par un maillon strict qu'on cite, ou, à défaut, en montrant que les maillons larges ne sont jamais des égalités en même temps.

Ligne fautive : « Soit $x \in [0, 1]$. On a $x^2 \le x$ et $x \le 1$, donc $x^2 < 1$. »
Les deux maillons sont larges, et pour $x = 1$ ils sont tous deux des égalités : $x^2 = 1$, et la conclusion stricte est fausse.
Version correcte : « On a $x^2 \le x \le 1$, donc $x^2 \le 1$. » Si l'énoncé exige $x^2 < 1$, il faut une hypothèse stricte, par exemple $x \in [0, 1[$ : « comme $x < 1$, le second maillon est strict, donc $x^2 < 1$ ». Le symbole de la conclusion se lit sur les maillons : strict seulement si l'un d'eux l'est pour toutes les valeurs de la variable.

Quand l'utiliser : il faut montrer $f(x) \le g(x)$ pour tout $x$ d'un intervalle $I$, et les deux membres mêlent des fonctions de natures différentes ($\ln$, $\exp$, racines, polynômes) qu'aucune manipulation algébrique ne permet de comparer.
1) Poser la fonction auxiliaire dans le sens du but : « Soit $h : I \to \mathbb{R}$ définie par $h(x) = g(x) - f(x)$. » Le but devient : $h(x) \ge 0$ pour tout $x \in I$.
2) Justifier que $h$ est dérivable sur $I$ par les théorèmes généraux, en nommant les opérations : somme, produit, quotient, composée. Pour une composée, vérifier que la fonction intérieure prend ses valeurs là où la fonction extérieure est dérivable.
3) Calculer $h'(x)$ pour tout $x \in I$, le factoriser, et établir son signe facteur par facteur, chaque signe justifié.
4) Énoncer les variations de $h$ sur des intervalles, en citant le lien entre signe de la dérivée et monotonie (théorème traité en ana-accroissements-finis).
5) Choisir une valeur de référence $x_0 \in I$ en laquelle $h$ atteint son minimum : en général le point où $h'$ passe du signe négatif au signe positif, ou une borne de $I$ si $h$ est monotone sur $I$ (la borne gauche si $h$ est croissante, la borne droite si elle est décroissante). Calculer $h(x_0)$, qui doit être positif.
6) Comparer $h(x)$ à $h(x_0)$ de chaque côté de $x_0$ (d'un seul côté si $x_0$ est une borne de $I$) : « Si $x \le x_0$, les réels $x$ et $x_0$ appartiennent à un intervalle où $h$ est décroissante, donc $h(x) \ge h(x_0)$. » Rédiger de même le cas $x \ge x_0$.
7) Conclure : « Pour tout $x \in I$, $h(x) \ge 0$, c'est-à-dire $f(x) \le g(x)$. »
Un tableau de variations peut résumer les étapes 3) à 5) ; il ne remplace aucune de leurs phrases.

Montrer que pour tout réel $x > -1$, $\ln(1 + x) \le x$.
Pour tout réel $x > -1$, on a $1 + x > 0$, ce qui permet de poser $h : \left]-1, +\infty\right[ \to \mathbb{R}$, $x \mapsto x - \ln(1 + x)$.
Dérivabilité : la fonction $x \mapsto 1 + x$ est dérivable sur $\left]-1, +\infty\right[$ et à valeurs dans $]0, +\infty[$, où $\ln$ est dérivable ; par composition, $x \mapsto \ln(1 + x)$ est dérivable sur $\left]-1, +\infty\right[$, puis $h$ l'est comme différence de fonctions dérivables.
Dérivée : pour tout $x > -1$, $h'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x}$.
Signe : comme $1 + x > 0$, $h'(x)$ est du signe de $x$, donc $h'(x) \le 0$ pour tout $x \in \left]-1, 0\right]$ et $h'(x) \ge 0$ pour tout $x \in [0, +\infty[$.
Variations : la dérivée étant négative sur l'intervalle $\left]-1, 0\right]$, $h$ est décroissante sur $\left]-1, 0\right]$ ; la dérivée étant positive sur l'intervalle $[0, +\infty[$, $h$ est croissante sur $[0, +\infty[$.
Valeur de référence : $h(0) = 0 - \ln 1 = 0$.
Comparaison : soit $x > -1$.
Si $x \le 0$, les réels $x$ et $0$ appartiennent à $\left]-1, 0\right]$, où $h$ est décroissante, donc $h(x) \ge h(0) = 0$.
Si $x \ge 0$, les réels $0$ et $x$ appartiennent à $[0, +\infty[$, où $h$ est croissante, donc $h(x) \ge h(0) = 0$.
Dans les deux cas, $h(x) \ge 0$, c'est-à-dire $x - \ln(1 + x) \ge 0$.
Conclusion : pour tout réel $x > -1$, $\ln(1 + x) \le x$.
À retenir : dérivabilité justifiée, signe de $h'$ expliqué, variations énoncées sur des intervalles, puis comparaison de $h(x)$ à la valeur de référence $h(0) = 0$ de part et d'autre de $0$.

Ligne fautive : « Soit $h : x \mapsto e^x - 1 - x$. Pour tout $x \ge 0$, $h'(x) = e^x - 1 \ge 0$, donc $h$ est croissante sur $[0, +\infty[$, donc $h(x) \ge 0$. »
La croissance compare $h(x)$ à d'autres valeurs de $h$ ; elle ne donne à elle seule aucun signe : $x \mapsto x - 5$ est croissante sur $[0, +\infty[$ et vaut $-5$ en $0$. Il manque la valeur de référence.
Version correcte : « La fonction $h : x \mapsto e^x - 1 - x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables. Pour tout $x \ge 0$, $h'(x) = e^x - 1 \ge 0$, car $e^x \ge e^0 = 1$ par croissance de l'exponentielle. Donc $h$ est croissante sur $[0, +\infty[$. Or $h(0) = 1 - 1 - 0 = 0$. Pour tout $x \ge 0$, comme $h$ est croissante sur $[0, +\infty[$, on a $h(x) \ge h(0) = 0$. »

Ligne fautive : un tableau de variations de $h : x \mapsto x - \ln(1 + x)$, flèche descendante jusqu'à la valeur $0$ puis flèche montante, suivi de « D'après le tableau, $h \ge 0$. »
Le tableau n'explique ni pourquoi $h$ est dérivable, ni d'où vient le signe de $h'$, ni pourquoi ce signe donne les variations, ni comment la valeur en $0$ fournit la conclusion : le correcteur ne peut vérifier aucune étape.
Version correcte : « La fonction $h$ est dérivable sur $\left]-1, +\infty\right[$ par composition et différence, et $h'(x) = \frac{x}{1 + x}$ est du signe de $x$ puisque $1 + x > 0$. Donc $h$ est décroissante sur $\left]-1, 0\right]$ et croissante sur $[0, +\infty[$. Comme $h(0) = 0$, on a $h(x) \ge h(0) = 0$ aussi bien pour $x \le 0$ que pour $x \ge 0$. » Le tableau peut accompagner ces phrases ; il ne les remplace pas.

Ces résultats sont démontrés dans le thème ana-nombres-reels ; on les cite ici comme outils de rédaction. Pour $r \ge 0$, $|x - a| \le r$ équivaut à $a - r \le x \le a + r$ : la distance de $x$ à $a$ vaut au plus $r$. On a $|uv| = |u|\,|v|$, l'inégalité triangulaire $|u + v| \le |u| + |v|$, et sa seconde forme $\left| |u| - |v| \right| \le |u - v|$, qui sert à minorer. Enfin, si $m \le u \le M$, alors $|u| \le \max(|m|, |M|)$.