Exercice 13

On utilise les développements usuels du théorème 5 et le théorème 2, en tronquant au fur et à mesure.

(a) $\frac{1}{1 - x} - \mathrm{e}^{x} = (1 + x + x^{2} + x^{3}) - \Big(1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6}\Big) + o(x^{3})$ : $$\boxed{\frac{1}{1 - x} - \mathrm{e}^{x} = \frac{x^{2}}{2} + \frac{5x^{3}}{6} + o(x^{3})}$$

(b) Avec $\sqrt{1 \pm x} = 1 \pm \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} \pm \frac{x^{3}}{16} - \frac{5x^{4}}{128} + o(x^{4})$, les termes impairs se compensent : $$\boxed{\sqrt{1 - x} + \sqrt{1 + x} = 2 - \frac{x^{2}}{4} - \frac{5x^{4}}{64} + o(x^{4})}$$

(c) On linéarise d'abord : $\sin x\cos(2x) = \frac{1}{2}\big(\sin(3x) - \sin x\big)$. Le développement de $\sin$ donne $$\boxed{\sin x\cos(2x) = x - \frac{13x^{3}}{6} + \frac{121x^{5}}{120} + o(x^{6})}$$ le coefficient de $x^{6}$ étant nul par imparité.

(d) $\Big(1 - \frac{x^{2}}{2}\Big)\Big(x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4}\Big)$, tronqué à l'ordre $4$, donne $$\boxed{\cos x\,\ln(1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{6} + o(x^{4})}$$ le coefficient de $x^{4}$ valant $-\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0$.

(e) Avec $\sqrt{1 - x} = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} - \frac{x^{3}}{16} + o(x^{3})$, le facteur $x^{3}$ ne contribue que par $x^{3} \times 1$ : $$\boxed{(x^{3} + 1)\sqrt{1 - x} = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} + \frac{15x^{3}}{16} + o(x^{3})}$$

(f) Comme $\ln(1 + x) = O(x)$, il suffit de le connaître à l'ordre $3$ pour obtenir son carré à l'ordre $4$ : $$\Big(x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3}\Big)^{2} + o(x^{4}), \qquad\text{soit}\qquad \boxed{\big(\ln(1 + x)\big)^{2} = x^{2} - x^{3} + \frac{11x^{4}}{12} + o(x^{4})}$$