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DL, tangente et position relative


Donner le développement limité en 0 puis en 1, à l'ordre 2, de la fonction $f$ définie par l'expression $f(x)=\ln\lp1+x+x^2\rp$.
Étudier la position relative de $\mathcal{C}_f$ et de ses tangentes en 0 et 1.

Correction
En 0, en posant $u=x+x^2\to0$, on a directement
\[\begin{array}{ll}
\ln\lp1+x+x^2\rp&=\ln(1+u)=u-\dfrac12u^2\\
&=x+x^2-\dfrac12\left( x+x^2\rp^2+o\left( x^2\rp\\
&=x+\dfrac12x^2+o\left( x^2\rp\enar\]

La tangente en 0 a donc pour équation $y=x$, et comme $f(x)-x=\dfrac12x^2+o\left( x^2\rp>0$, on en déduit de plus que la courbe est est au dessus de cette tangente au voisinage de 0.


On procède de même en $x=1$, mais en posant tout d'abord $u=x-1\iff x=u+1$$u\to0$, et alors
\[\begin{array}{ll}
f(x)&=\ln\lp1+x+x^2\rp\\
&=\ln\Bigl(1+u+1+(u+1)^2\Bigr)\\
&=\ln\lp3+3u+u^2\rp\\
&=\ln3\lp1+u+\dfrac13u^2\rp\\
&=\ln3+\ln\lp1+u+\dfrac13u^2\rp\\
&=\ln3+\left( u+\dfrac13u^2\rp-\dfrac12\left( u+\dfrac13u^2\rp^2+o\left( u^2\rp\\
&=\ln3+u-\dfrac16u^2+o\left( u^2\rp\\
&=\ln3+(x-1)-\dfrac16(x-1)^2+o\left( (x-1)^2\rp\\  
\enar\]

La tangente en 1 a donc pour équation $y=\ln3+x-1$, et comme
\[f(x)-\lp\ln3+x-1\rp=-\dfrac16(x-1)^2+o\lp (x-1)^2\rp<0\]

on en déduit de plus que la courbe est est au dessous de cette tangente au voisinage de 1.

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