MPSI · Analyse asymptotique

Opérations sur les développements limités

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Dans toute cette leçon, les développements limités sont pris en 00, et l'on note Tn(A)T_n(A) la troncature à l'ordre nn d'un polynôme AA, c'est-à-dire la somme de ses termes de degré ⩽n\leqslant n.

Combinaison linéaire et produit

Question

La formule de Taylor-Young fabrique le développement limité de n'importe quelle fonction régulière — au prix du calcul de nn dérivées successives, ce qui devient vite impraticable pour un produit ou un quotient. Ne peut-on pas, à la place, combiner les développements limités déjà connus, comme on combine des équivalents ?

Proposition 1

Supposons que ff et gg admettent des développements limités à l'ordre nn en 00 :

f(x)=x→0Pn(x)+o(xn) et g(x)=x→0Qn(x)+o(xn).f(x) \underset{x \rightarrow 0}{=} P_{n}(x)+o\left(x^{n}\right) \quad \text{ et } \quad g(x) \underset{x \rightarrow 0}{=} Q_{n}(x)+o\left(x^{n}\right) .
  1. Pour tout λ,μ∈K\lambda, \mu \in \mathbb{K}, λf+μg\lambda f+\mu g a un développement limité à l'ordre nn en 00 :
(λf+μg)(x)=x→0(λPn+μQn)(x)+o(xn).(\lambda f+\mu g)(x) \underset{x \rightarrow 0}{=}\left(\lambda P_{n}+\mu Q_{n}\right)(x)+o\left(x^{n}\right) .
  1. Le produit fgf g a un développement limité à l'ordre nn en 00 :
(fg)(x)=x→0Tn(PQ)(x)+o(xn)(f g)(x) \underset{x \rightarrow 0}{=} T_{n}(P Q)(x)+o\left(x^{n}\right)

où Tn(PQ)T_{n}(P Q) désigne la troncature à l'ordre nn du polynôme PQP Q.

Démonstration :

Écrivons les deux hypothèses sous la forme

f=P+xnε1,g=Q+xnε2,avec ε1→x→00 et ε2→x→00.f = P + x^{n}\varepsilon_1, \qquad g = Q + x^{n}\varepsilon_2, \qquad \text{avec } \varepsilon_1 \xrightarrow[x\to0]{}0 \text{ et } \varepsilon_2\xrightarrow[x\to0]{}0 .

1. On a λf+μg=λP+μQ+xn(λε1+με2)\lambda f+\mu g = \lambda P+\mu Q + x^{n}\left(\lambda\varepsilon_1+\mu\varepsilon_2\right), et λε1+με2→0\lambda\varepsilon_1+\mu\varepsilon_2 \to 0. Comme λP+μQ\lambda P+\mu Q est un polynôme de degré ⩽n\leqslant n, c'est bien un développement limité à l'ordre nn.

2. En développant le produit :

fg=PQ+xn(Pε2+Qε1)+x2nε1ε2.fg = PQ + x^{n}\bigl(P\varepsilon_2 + Q\varepsilon_1\bigr) + x^{2n}\varepsilon_1\varepsilon_2 .

Examinons les trois blocs.

  • Les fonctions polynomiales PP et QQ sont continues en 00, donc bornées au voisinage de 00 ; ainsi Pε2+Qε1→0P\varepsilon_2+Q\varepsilon_1 \to 0 et le deuxième bloc est un o(xn)o(x^n).
  • Comme 2n⩾n2n\geqslant n, on a x2n=O(xn)x^{2n} = O(x^n), et ε1ε2→0\varepsilon_1\varepsilon_2\to0 : le troisième bloc est également un o(xn)o(x^n).
  • Enfin, séparons le polynôme PQPQ en sa troncature et son reste :
PQ=Tn(PQ)+∑k=n+1deg⁡(PQ)ckxk,PQ = T_n(PQ) + \sum_{k=n+1}^{\deg(PQ)} c_kx^{k} ,

et chaque monôme xkx^k avec k⩾n+1k\geqslant n+1 vérifie xkxn=xk−n→0\frac{x^k}{x^n}=x^{k-n}\to0, donc est un o(xn)o(x^n).

La somme de ces trois o(xn)o(x^n) étant un o(xn)o(x^n), il vient fg=Tn(PQ)+o(xn)fg = T_n(PQ)+o(x^n), et Tn(PQ)T_n(PQ) est de degré ⩽n\leqslant n.

Exemple :

La fonction x↦exsin⁡xx\mapsto e^x\sin x admet un développement limité à tout ordre en 00, comme produit de deux fonctions qui en admettent. Sa partie régulière à l'ordre 33 est x+x2+x33x+x^2+\frac{x^3}{3}. Comment l'obtenir sans dériver trois fois ?

Test 1 : Économiser un ordre

Pour obtenir le développement limité à l'ordre 44 en 00 de x↦x2(ex−1)x\mapsto x^2\left(e^x-1\right), il suffit de connaître celui de x↦ex−1x\mapsto e^x-1 à l'ordre 22.

Test 2 : Deux ordres différents

Si ff admet un développement limité à l'ordre 33 en 00 et gg un développement limité à l'ordre 55 en 00, alors f+gf+g admet un développement limité à l'ordre 55 en 00.

Exercice 1

  1. Donner le développement limité à l'ordre 33 en 00 de la fonction f1:x↦ex1−xf_1:x\mapsto\frac{e^x}{1-x}.
  2. Donner le développement limité à l'ordre 33 en 00 de la fonction f2:x↦exln⁡(1+x)f_2:x\mapsto e^x\ln(1+x).
  3. Donner le développement limité à l'ordre 66 en 00 de la fonction f3:x↦(ln⁡(1+x)−x+x22)(cos⁡x−1)f_3:x\mapsto\left(\ln(1+x) -x+\frac{x^2}{2}\right)\left(\cos x -1\right).
  4. Donner le développement limité à l'ordre 44 en 00 des fonctions sin⁡2\sin^2 et sin⁡3\sin^3.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. On multiplie les deux développements usuels, en ne conservant que les termes de degré ⩽3\leqslant3 :

ex=1+x+x22+x36+o(x3),11−x=1+x+x2+x3+o(x3).e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad \frac{1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3+o(x^3).

Coefficient par coefficient :

x0:1,x1:1+1=2,x2:12+1+1=52,x3:16+12+1+1=83.\begin{aligned} x^0 &: 1,\\ x^1 &: 1+1 = 2,\\ x^2 &: \tfrac12+1+1 = \tfrac52,\\ x^3 &: \tfrac16+\tfrac12+1+1 = \tfrac83 . \end{aligned}

Donc

ex1−x=x→01+2x+52x2+83x3+o(x3).\frac{e^x}{1-x} \underset{x\to0}{=} 1+2x+\frac{5}{2}x^2+\frac{8}{3}x^3+o(x^3).

2. Le facteur ln⁡(1+x)\ln(1+x) est de valuation 11 : il suffit de développer exe^x à l'ordre 22.

exln⁡(1+x)=(1+x+x22+o(x2))(x−x22+x33+o(x3)).e^x\ln(1+x) = \left(1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right).

Coefficients :

x1:1,x2:−12+1=12,x3:13−12+12=13.\begin{aligned} x^1 &: 1,\\ x^2 &: -\tfrac12+1 = \tfrac12,\\ x^3 &: \tfrac13-\tfrac12+\tfrac12 = \tfrac13 . \end{aligned}

Donc

exln⁡(1+x)=x→0x+x22+x33+o(x3).e^x\ln(1+x) \underset{x\to0}{=} x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3).

3. Le premier facteur est de valuation 33, le second de valuation 22 : le produit est de valuation 55. Pour atteindre l'ordre 66, il suffit donc de développer le premier facteur à l'ordre 44 et le second à l'ordre 33 :

A(x)=ln⁡(1+x)−x+x22=x33−x44+o(x4),B(x)=cos⁡x−1=−x22+o(x3).A(x) = \ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2} = \frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4), \qquad B(x) = \cos x-1 = -\frac{x^2}{2}+o(x^3).

Seuls deux produits de monômes ont un degré ⩽6\leqslant6 :

x33×(−x22)=−x56,(−x44)×(−x22)=x68.\frac{x^3}{3}\times\left(-\frac{x^2}{2}\right) = -\frac{x^5}{6}, \qquad \left(-\frac{x^4}{4}\right)\times\left(-\frac{x^2}{2}\right) = \frac{x^6}{8}.

Donc

f3(x)=x→0−x56+x68+o(x6).f_3(x) \underset{x\to0}{=} -\frac{x^5}{6}+\frac{x^6}{8}+o(x^6).

4. Partons de sin⁡x=x−x36+o(x4)\sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^4) (le coefficient de x4x^4 est nul, sin⁡\sin étant impaire).

Pour sin⁡2\sin^2. En élevant au carré et en tronquant à l'ordre 44 :

sin⁡2x=x2−2×x×x36+o(x4)=x2−x43+o(x4).\sin^2 x = x^2 - 2\times x\times\frac{x^3}{6}+o(x^4) = x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4).

Contrôle : sin⁡2x=1−cos⁡2x2=12(2x2−16x424)+o(x4)=x2−x43+o(x4)\sin^2x = \frac{1-\cos 2x}{2} = \frac{1}{2}\left(2x^2-\frac{16x^4}{24}\right)+o(x^4) = x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4). ✔

Pour sin⁡3\sin^3. En multipliant le résultat précédent par sin⁡x\sin x, tous les termes de degré ⩽4\leqslant4 autres que x3x^3 s'annulent :

sin⁡3x=(x2−x43)(x−x36)+o(x4)=x3+o(x4).\sin^3 x = \left(x^2-\frac{x^4}{3}\right)\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+o(x^4) = x^3+o(x^4).

Le coefficient de x4x^4 est nul, ce qui était prévisible : sin⁡3\sin^3 est impaire, donc sa partie régulière ne contient que des puissances impaires.

Composition

Question

Le développement limité de x↦ln⁡(1+sin⁡x)x\mapsto \ln(1+\sin x) ne s'obtient ni par somme ni par produit : c'est une fonction dans une autre. Peut-on substituer un développement limité dans un autre — et à quelle condition sur la fonction intérieure ?

Proposition 2

Si f:I→Jf: I \rightarrow J et g:J→Kg: J \rightarrow \mathbb{K} ont des développements limités en 00 à l'ordre nn :

f(x)=Pn(x)+o(xn);g(x)=Qn(x)+o(xn)f(x)=P_{n}(x)+o\left(x^{n}\right) \quad ; \quad g(x)=Q_{n}(x)+o\left(x^{n}\right)

si lim⁡x→0f(x)=0\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=0, alors la composée g∘fg \circ f a un développement limité à l'ordre nn en 00 :

g∘f(x)=Tn(Qn∘Pn)(x)+o(xn)g \circ f(x)=T_{n}\left(Q_{n} \circ P_{n}\right)(x)+o\left(x^{n}\right)

où Tn(Qn∘Pn)T_{n}\left(Q_{n} \circ P_{n}\right) désigne la troncature à l'ordre nn du polynôme Qn∘PnQ_{n} \circ P_{n}.

Démonstration :

Écrivons P=∑k=0nakxkP = \sum_{k=0}^{n}a_kx^k et Q=∑k=0nbkykQ = \sum_{k=0}^{n}b_ky^k.

Le terme constant de PP est nul. En effet, f(x)→0f(x)\to0 et f(x)=P(x)+o(xn)f(x) = P(x)+o(x^n) donnent P(x)→0P(x)\to0 quand x→0x\to0, c'est-à-dire a0=0a_0 = 0.

Le cas n=0n=0 est immédiat : g∘f→g(0)=b0=T0(Q∘P)g\circ f \to g(0) = b_0 = T_0(Q\circ P), d'où g∘f=T0(Q∘P)+o(1)g\circ f = T_0(Q\circ P)+o(1). Supposons désormais n⩾1n\geqslant1.

Étape 1 : f(x)=O(x)f(x) = O(x). Comme a0=0a_0=0, tous les monômes de PP sont divisibles par xx, donc P(x)=O(x)P(x) = O(x) ; et o(xn)=O(x)o(x^n) = O(x) puisque n⩾1n\geqslant1. Par somme, f(x)=O(x)f(x)=O(x).

Étape 2 : le reste de gg composé par ff. Écrivons g(y)=Q(y)+ynη(y)g(y) = Q(y)+y^{n}\eta(y) avec η→0\eta\to0 en 00, en convenant η(0)=0\eta(0)=0. Comme f(x)→0f(x)\to0, la composition des limites donne η(f(x))→0\eta\bigl(f(x)\bigr)\to0 ; joint à l'étape 1, f(x)n=O(xn)f(x)^n = O(x^n), donc

f(x)n η(f(x))=x→0o ⁣(xn).f(x)^{n}\,\eta\bigl(f(x)\bigr) \underset{x\to0}{=} o\!\left(x^{n}\right).

Étape 3 : les puissances de ff. Pour 0⩽k⩽n0\leqslant k\leqslant n, la fonction fkf^{k} admet un développement limité à l'ordre nn en 00, de partie régulière Tn ⁣(Pk)T_n\!\left(P^{k}\right) : c'est le point 2 de la proposition précédente, appliqué k−1k-1 fois (le cas k=0k=0 est trivial, f0=1f^0=1). Par combinaison linéaire,

Q(f(x))=∑k=0nbk f(x)k=x→0∑k=0nbk Tn ⁣(Pk)(x)+o ⁣(xn)=Tn ⁣(Q∘P)(x)+o ⁣(xn),Q\bigl(f(x)\bigr) = \sum_{k=0}^{n}b_k\,f(x)^{k} \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n}b_k\,T_n\!\left(P^{k}\right)(x)+o\!\left(x^{n}\right) = T_n\!\left(Q\circ P\right)(x)+o\!\left(x^{n}\right),

la dernière égalité résultant de la linéarité de la troncature.

Conclusion. En additionnant les étapes 2 et 3 :

g(f(x))=Q(f(x))+f(x)nη(f(x))=x→0Tn ⁣(Q∘P)(x)+o ⁣(xn).g\bigl(f(x)\bigr) = Q\bigl(f(x)\bigr)+f(x)^{n}\eta\bigl(f(x)\bigr) \underset{x\to0}{=} T_n\!\left(Q\circ P\right)(x)+o\!\left(x^{n}\right).

Test 3 : Composer sans précaution

Si ff et gg admettent des développements limités à l'ordre nn en 00, alors g∘fg\circ f aussi.

Test 4

esin⁡x=x→01+x+x22+o ⁣(x2)e^{\sin x} \underset{x\to0}{=} 1+x+\dfrac{x^2}{2}+o\!\left(x^2\right).

Exercice 2

  1. Donner le développement limité à l'ordre 22 en 00 de la fonction f1:x↦esin⁡xf_1:x\mapsto\sqrt{e^{\sin x}}.
  2. Donner le développement limité à l'ordre 44 en 00 de la fonction f2:x↦ln⁡(1+sin⁡x)f_2:x\mapsto\ln(1+\sin x).
  3. Donner le développement limité à l'ordre 33 en 00 de la fonction f3:x↦ln⁡(1+ex)f_3:x\mapsto\ln(1+e^x).
Solution :(cliquer pour afficher)

1. On écrit esin⁡x=exp⁡ ⁣(sin⁡x2)\sqrt{e^{\sin x}} = \exp\!\left(\frac{\sin x}{2}\right). Posons u=sin⁡x2=x2+o(x2)u = \frac{\sin x}{2} = \frac{x}{2}+o(x^2), de limite nulle en 00. Alors u2=x24+o(x2)u^2 = \frac{x^2}{4}+o(x^2) et

eu=1+u+u22+o(u2)⟹esin⁡x=x→01+x2+x28+o(x2).e^{u} = 1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2) \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{e^{\sin x}} \underset{x\to0}{=} 1+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{8}+o(x^2).

2. Posons u=sin⁡x=x−x36+o(x4)u = \sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^4), de limite nulle. On calcule les puissances de uu tronquées à l'ordre 44 :

u2=x2−x43,u3=x3,u4=x4(aˋ o(x4) preˋs).u^2 = x^2-\frac{x^4}{3},\qquad u^3 = x^3,\qquad u^4 = x^4 \qquad (\text{à } o(x^4) \text{ près}).

En substituant dans ln⁡(1+u)=u−u22+u33−u44+o(u4)\ln(1+u) = u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+o(u^4) :

ln⁡(1+sin⁡x)=(x−x36)−12(x2−x43)+x33−x44+o(x4)=x−x22+(−16+13)x3+(16−14)x4+o(x4).\begin{aligned} \ln(1+\sin x) &= \left(x-\frac{x^3}{6}\right)-\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{x^4}{3}\right)+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)\\[2pt] &= x-\frac{x^2}{2}+\left(-\frac16+\frac13\right)x^3+\left(\frac16-\frac14\right)x^4+o(x^4). \end{aligned}

Donc

ln⁡(1+sin⁡x)=x→0x−x22+x36−x412+o(x4).\ln(1+\sin x) \underset{x\to0}{=} x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-\frac{x^4}{12}+o(x^4).

3. Ici la quantité intérieure ne tend pas vers 00 : 1+ex→21+e^x \to 2. On force donc l'apparition d'un ln⁡(1+u)\ln(1+u) avec u→0u\to0 en factorisant par 22 :

1+ex=2+x+x22+x36+o(x3)=2(1+u),u=x2+x24+x312+o(x3),1+e^x = 2+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3) = 2\left(1+u\right), \qquad u = \frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{12}+o(x^3),

d'où ln⁡(1+ex)=ln⁡2+ln⁡(1+u)\ln(1+e^x) = \ln 2+\ln(1+u). Les puissances de uu tronquées à l'ordre 33 valent

u2=x24+x34+o(x3),u3=x38+o(x3).u^2 = \frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{4}+o(x^3),\qquad u^3 = \frac{x^3}{8}+o(x^3).

En substituant dans ln⁡(1+u)=u−u22+u33+o(u3)\ln(1+u)=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}+o(u^3) :

x:12,x2:14−18=18,x3:112−18+124=2−3+124=0.\begin{aligned} x &: \tfrac12,\\ x^2 &: \tfrac14-\tfrac18 = \tfrac18,\\ x^3 &: \tfrac1{12}-\tfrac18+\tfrac1{24} = \tfrac{2-3+1}{24} = 0 . \end{aligned}

Donc

ln⁡(1+ex)=x→0ln⁡2+x2+x28+o(x3).\ln(1+e^x) \underset{x\to0}{=} \ln 2+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{8}+o(x^3).

Inverse et quotient

Question

Le quotient est la dernière opération manquante. Il ne se ramène pas à un produit de polynômes — l'inverse d'un polynôme n'en est pas un. Mais tout quotient se ramène à un inverse, et tout inverse à la fonction de référence y↦11−yy\mapsto\frac{1}{1-y} : que donne alors la composition ?

Proposition 3

Soit uu une fonction telle que lim⁡0u=0\lim_{0} u = 0.

Si uu admet un développement limité à l'ordre nn en 00, alors la fonction x↦11−u(x)x \mapsto \frac{1}{1 - u(x)} admet un développement limité à l'ordre nn en 00, dont la partie régulière est la même que celle du développement limité à l'ordre nn en 00 de la fonction x↦∑k=0nu(x)k.x \mapsto \sum_{k=0}^{n} u(x)^k.

Démonstration :

La fonction g:y↦11−yg : y\mapsto\frac{1}{1-y} est définie au voisinage de 00 et y admet le développement limité à l'ordre nn

g(y)=∑k=0nyk+o ⁣(yn),g(y) = \sum_{k=0}^{n}y^{k}+o\!\left(y^{n}\right),

établi à la leçon précédente. Notons Q(y)=∑k=0nykQ(y) = \sum_{k=0}^{n}y^{k} sa partie régulière, et PP celle du développement limité de uu.

Comme lim⁡0u=0\lim_0 u = 0, la proposition de composition s'applique à g∘ug\circ u et donne

11−u(x)=x→0Tn ⁣(Q∘P)(x)+o ⁣(xn).(⋆)\frac{1}{1-u(x)} \underset{x\to0}{=} T_n\!\left(Q\circ P\right)(x)+o\!\left(x^{n}\right). \tag{$\star$}

Par ailleurs, la fonction x↦∑k=0nu(x)kx\mapsto\sum_{k=0}^{n}u(x)^{k} admet elle aussi un développement limité à l'ordre nn : chaque uku^k en admet un, de partie régulière Tn ⁣(Pk)T_n\!\left(P^{k}\right) (proposition sur le produit), et la combinaison linéaire de ces développements a pour partie régulière

∑k=0nTn ⁣(Pk)=Tn ⁣(∑k=0nPk)=Tn ⁣(Q∘P),\sum_{k=0}^{n}T_n\!\left(P^{k}\right) = T_n\!\left(\sum_{k=0}^{n}P^{k}\right) = T_n\!\left(Q\circ P\right),

par linéarité de la troncature. C'est exactement la partie régulière apparaissant dans (⋆)(\star), d'où le résultat.

Rédaction — Calculer le DL d'un quotient :

Pour développer fg\frac{f}{g} à l'ordre nn en 00, avec g(0)≠0g(0)\neq0 :

  1. Factoriser le dénominateur par sa valeur en 00 : écrire g(x)=g(0)(1−u(x))g(x) = g(0)\bigl(1-u(x)\bigr), ce qui définit uu, dont la limite en 00 est nulle.
  2. Développer uu à l'ordre nn.
  3. Sommer les puissances 1+u+u2+⋯+un1+u+u^2+\cdots+u^{n} en tronquant chaque terme à l'ordre nn. En pratique on s'arrête bien avant : si uu est de valuation p⩾1p\geqslant1, les termes uku^k avec kp>nkp>n ne contribuent pas.
  4. Multiplier par 1g(0)\frac{1}{g(0)}, puis par le développement limité de ff à l'ordre nn.

Test 5 : L'inverse de la partie régulière

Si ff admet en 00 un développement limité à l'ordre nn de partie régulière PP avec P(0)≠0P(0)\neq0, alors 1f\frac1f admet un développement limité à l'ordre nn de partie régulière 1P\frac1P.

Test 6

1cos⁡x=x→01+x22+o ⁣(x2)\dfrac{1}{\cos x} \underset{x\to0}{=} 1+\dfrac{x^2}{2}+o\!\left(x^2\right).

Exercice 3

  1. Donner le développement limité à l'ordre 33 en 00 de f:x↦11−ln⁡(1+x)f:x\mapsto \frac{1}{1-\ln(1+x)}.
  2. Donner le développement limité à l'ordre 44 en 00 de f:x↦1cos⁡xf:x\mapsto \frac{1}{\cos x}.
  3. Donner le développement limité à l'ordre 33 en 00 de f:x↦11+exf:x\mapsto \frac{1}{1+e^x}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Ici le dénominateur est déjà sous la forme 1−u1-u, avec

u(x)=ln⁡(1+x)=x−x22+x33+o(x3),u(x)→x→00.u(x) = \ln(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3), \qquad u(x)\xrightarrow[x\to0]{}0 .

La valuation de uu vaut 11 : les puissances u0,u1,u2,u3u^0,u^1,u^2,u^3 contribuent toutes. On calcule, à o(x3)o(x^3) près :

u2=x2−x3,u3=x3.u^2 = x^2-x^3, \qquad u^3 = x^3 .

D'où

11−ln⁡(1+x)=1+u+u2+u3+o(x3)=1+(x−x22+x33)+(x2−x3)+x3+o(x3),\frac{1}{1-\ln(1+x)} = 1+u+u^2+u^3+o(x^3) = 1+\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right)+\left(x^2-x^3\right)+x^3+o(x^3),

soit, en regroupant,

11−ln⁡(1+x)=x→01+x+x22+x33+o(x3).\frac{1}{1-\ln(1+x)} \underset{x\to0}{=} 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3).

2. On pose cos⁡x=1−u(x)\cos x = 1-u(x) avec

u(x)=x22−x424+o(x4),u(x) = \frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^4),

de valuation 22 : seuls 11, uu et u2u^2 contribuent à l'ordre 44, puisque u3u^3 est de valuation 66. Or u2=x44+o(x4)u^2 = \frac{x^4}{4}+o(x^4), donc

1cos⁡x=1+(x22−x424)+x44+o(x4)=1+x22+(624−124)x4+o(x4),\frac{1}{\cos x} = 1+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}\right)+\frac{x^4}{4}+o(x^4) = 1+\frac{x^2}{2}+\left(\frac{6}{24}-\frac{1}{24}\right)x^4+o(x^4),

soit

1cos⁡x=x→01+x22+5x424+o(x4).\frac{1}{\cos x} \underset{x\to0}{=} 1+\frac{x^2}{2}+\frac{5x^4}{24}+o(x^4).

3. Le dénominateur ne tend pas vers 11 : on applique l'étape 1 de la méthode et on factorise par 1+e0=21+e^0 = 2 :

1+ex=2(1+v(x)),v(x)=x2+x24+x312+o(x3),1+e^x = 2\left(1+v(x)\right), \qquad v(x) = \frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{12}+o(x^3),

de sorte que 11+ex=12×11−(−v(x))\frac{1}{1+e^x} = \frac12\times\frac{1}{1-\left(-v(x)\right)}. Avec u=−vu = -v, de limite nulle et de valuation 11, on somme 1+u+u2+u31+u+u^2+u^3. En calculant à o(x3)o(x^3) près :

v2=x24+x34,v3=x38,v^2 = \frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{4}, \qquad v^3 = \frac{x^3}{8},

d'où

1−v+v2−v3=1−x2+(−14+14)x2+(−112+14−18)x3+o(x3).1-v+v^2-v^3 = 1-\frac{x}{2}+\left(-\frac14+\frac14\right)x^2+\left(-\frac1{12}+\frac14-\frac18\right)x^3+o(x^3).

Le coefficient de x3x^3 vaut −224+624−324=124-\frac{2}{24}+\frac{6}{24}-\frac{3}{24} = \frac{1}{24}, celui de x2x^2 est nul. En multipliant par 12\frac12 :

11+ex=x→012−x4+x348+o(x3).\frac{1}{1+e^x} \underset{x\to0}{=} \frac12-\frac{x}{4}+\frac{x^3}{48}+o(x^3).

Contrôle de cohérence : la fonction x↦11+ex−12x\mapsto\frac{1}{1+e^x}-\frac12 est impaire, ce qui explique la nullité du coefficient de x2x^2.