Commençons en $x=0$ , le dl de $f(x)=\ln(1+x+x^2)$ à l’ordre $2$ est $\ln(1+x+x^2) =(x+x^2)-\frac{(x+x^2)^2}{2} + o(x^2) = x + \frac12 x^2 + o(x^2)$ Par identification avec $f(x)= f(0)+f'(0)x+f''(0)\frac{x^2}{2!}+o(x^2)$ cela entraîne donc $f(0)=0$ , $f'(0)=1$ (et $f''(0)=1$ ). L’équation de la tangente est donc $y=f'(0)(x-0)+f(0)$ donc $y=x$ .

La position par rapport à la tangente correspond à l’étude du signe de $f(x)-y(x)$ où $y(x)$ est l’équation de la tangente. $f(x)-y(x)=x + \frac12 x^2 + o(x^2) \ - \ x = \frac12 x^2 + o(x^2).$

Ainsi pour $x$ suffisamment proche de $0$ , $f(x)-y(x)$ est du signe de $\frac12 x^2$ et est donc positif. Ainsi dans un voisinage de $0$ la courbe de $f$ est au-dessus de la tangente en $0$ .

Même étude en $x=1$ .

Il s’agit donc de faire le dl de $f(x)$ en $x=1$ . On pose $x=1+h$ (de sorte que $h=x-1$ est proche de $0$ ) : $\begin{align*} f(x)=\ln(1+x+x^2) & = \ln \big(1+ (1+h)+(1+h)^2\big) \\ & = \ln \big(3 + 3h + h^2 \big) \\ & = \ln \left(3 \big(1 + h + \frac{h^2}{3} \big)\right) \\ & = \ln 3 + \ln \big(1 + h + \frac{h^2}{3} \big) \\ & = \ln 3 + \big( h + \frac{h^2}{3} \big) - \frac{\big( h + \frac{h^2}{3} \big)^2}{2} + o\big((h + \frac{h^2}{3})^2 \big) \\ & = \ln 3 + h + \frac{h^2}{3} -\frac{h^2}{2} + o(h^2) \\ & = \ln 3 + h -\frac16 h^2 + o(h^2) \\ & = \ln 3 + (x-1) - \frac16 (x-1)^2 + o((x-1)^2) \\ \end{align*}$

La tangente en $x=1$ est d’équation $y=f'(1)(x-1)+f(1)$ et est donc donnée par le dl à l’ordre $1$ : c’est $y = (x-1) + \ln 3$ . Et la différence $f(x)-\big(\ln 3 + (x-1)\big) = - \frac16 (x-1)^2 + o((x-1)^2)$ est négative pour $x$ proche de $1$ . Donc, dans un voisinage de $1$ , le graphe de $f$ est en-dessous de la tangente en $x=1$ .

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