Dans l'esprit CCINP. On considère $f(x)=\dfrac1{\ln(1+x)}-\dfrac1x$.
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Justifier que $f$ est définie sur $D=]-1,0[\,\cup\,]0,+\infty[$.
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Déterminer le développement limité à l'ordre $3$ en $0$ de $x\mapsto\dfrac x{\ln(1+x)}$, puis en déduire $$\frac1{\ln(1+x)}\underset{x\to0}{=}\frac1x+\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2).$$
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Montrer que $f$ se prolonge par continuité en $0$, que ce prolongement est dérivable en $0$, donner l'équation de la tangente en $0$ et la position locale de la courbe par rapport à elle.
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Montrer que $f$ admet une limite finie en $-1^+$. Le prolongement obtenu est-il dérivable en $-1$ ? Interpréter graphiquement.
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Donner un équivalent simple de $f(x)$ quand $x\to+\infty$.
Pour 2), $\frac{\ln(1+x)}x$ s'obtient à l'ordre $3$ à partir de $\ln(1+x)$ à l'ordre $4$.
Écrire $\frac{\ln(1+x)}x=1+w$ avec $w\to0$, $w=O(x)$, et développer $\frac1{1+w}$ jusqu'à $w^3$.
Pour 4), poser $t=1+x\to0^+$ et simplifier $\frac{f(x)-1}{x+1}$ ; on rappelle que $t\ln t\to0^-$.
Pour 5), montrer d'abord que $\ln(1+x)\sim\ln x$, puis factoriser $f(x)$ par $\frac1{\ln(1+x)}$.
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$\ln(1+x)$ existe pour $x>-1$ et, $\ln$ étant injective, s'annule seulement en $x=0$. Le terme $\frac1x$ exige $x\neq0$. Donc $f$ est définie sur $D=]-1,0[\,\cup\,]0,+\infty[$.
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$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+o(x^4)$, donc pour $x\neq0$ : $$\frac{\ln(1+x)}x=1+w,\qquad w=-\frac x2+\frac{x^2}3-\frac{x^3}4+o(x^3).$$ On a $w\to0$ et $w=O(x)$, donc $\frac1{1+w}=1-w+w^2-w^3+o(x^3)$, avec $$w^2=\frac{x^2}4-\frac{x^3}3+o(x^3),\qquad w^3=-\frac{x^3}8+o(x^3).$$ Ainsi $$\frac x{\ln(1+x)}=1+\frac x2-\frac{x^2}3+\frac{x^3}4+\frac{x^2}4-\frac{x^3}3+\frac{x^3}8+o(x^3).$$ Coefficient de $x^2$ : $-\frac13+\frac14=-\frac1{12}$. Coefficient de $x^3$ : $\frac{6-8+3}{24}=\frac1{24}$. Donc $$\frac x{\ln(1+x)}=1+\frac x2-\frac{x^2}{12}+\frac{x^3}{24}+o(x^3).$$ En divisant par $x\neq0$ (perte d'un ordre) : $\frac1{\ln(1+x)}=\frac1x+\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2)$.
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D'après 2), pour $x\in D$ voisin de $0$ : $$f(x)=\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2).$$ Donc $f(x)\to\frac12$ : on prolonge $f$ par continuité en posant $f(0)=\frac12$. Le prolongement admet le $\mathrm{DL}_1(0)$ $f(x)=\frac12-\frac x{12}+o(x)$, donc il est dérivable en $0$ avec $f'(0)=-\frac1{12}$. La tangente en $0$ a pour équation $y=\frac12-\frac x{12}$. Enfin $$f(x)-\left(\frac12-\frac x{12}\right)\sim\frac{x^2}{24},$$ quantité strictement positive pour $x\neq0$ voisin de $0$ : la courbe est localement au-dessus de sa tangente.
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Quand $x\to-1^+$, $\ln(1+x)\to-\infty$, donc $\frac1{\ln(1+x)}\to0$, et $\frac1x\to-1$. Ainsi $f(x)\to1$ : on prolonge en posant $f(-1)=1$.
Pour $x\in]-1,0[$, posons $t=1+x\in]0,1[$. Alors $f(x)-1=\frac1{\ln t}-\frac{1+x}x=\frac1{\ln t}-\frac tx$, et $$\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\frac1{t\ln t}-\frac1x.$$ Par croissances comparées, $t\ln t\to0$ quand $t\to0^+$, avec $t\ln t<0$ : donc $\frac1{t\ln t}\to-\infty$. Comme $\frac1x\to-1$, le taux d'accroissement tend vers $-\infty$. Le prolongement n'est pas dérivable en $-1$ : la courbe admet au point $(-1,1)$ une demi-tangente verticale.
- Pour $x>0$, $\ln(1+x)=\ln x+\ln\left(1+\frac1x\right)=\ln x+o(1)$, et $\ln x\to+\infty$, donc $\ln(1+x)\sim\ln x$. On écrit $$f(x)=\frac1{\ln(1+x)}\left(1-\frac{\ln(1+x)}x\right).$$ Or $\frac{\ln(1+x)}x\sim\frac{\ln x}x\to0$ par croissances comparées : la parenthèse tend vers $1$. Donc $f(x)\sim\frac1{\ln(1+x)}\sim\frac1{\ln x}$ ; en particulier $f(x)\to0^+$.
$f(x)=\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2)$ en $0$ ; tangente $y=\frac12-\frac x{12}$, courbe au-dessus ; $f\to1$ en $-1^+$, non dérivable (demi-tangente verticale) ; $f(x)\sim\frac1{\ln x}$ en $+\infty$