Exercice 29

On applique la proposition 14 : le premier terme de degré au moins $2$ du développement décide de la position.

(a) On a $\frac{1}{1 + \mathrm{e}^{x}} = \frac{1}{2} - \frac{x}{4} + \frac{x^{3}}{48} + o(x^{3})$, le terme en $x^{2}$ étant nul car $\frac{1}{1 + \mathrm{e}^{x}} - \frac{1}{2}$ est impaire. $$\boxed{\text{tangente } y = \frac{1}{2} - \frac{x}{4} ; \text{ la courbe la traverse en } 0}$$ au-dessous pour $x < 0$ et au-dessus pour $x > 0$, puisque l'écart est équivalent à $\frac{x^{3}}{48}$.

(b) On écrit $\ln(x^{2} + 2x + 2) = \ln 2 + \ln(1 + u)$ avec $u = x + \frac{x^{2}}{2}$, et $$\ln(1 + u) = u - \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{3} + o(x^{3}) = x - \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3}).$$

$$\boxed{\text{tangente } y = \ln 2 + x ; \text{ la courbe la traverse en } 0}$$ au-dessus pour $x < 0$ et au-dessous pour $x > 0$.

(c) Pour $x \neq 0$, on écrit $\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x}} = \frac{x}{2} \cdot \frac{x}{\operatorname{sh} x}$, qui tend vers $0$ : on prolonge par $f(0) = 0$. Comme $\frac{x}{\operatorname{sh} x} = 1 - \frac{x^{2}}{6} + o(x^{2})$, $$\boxed{f(x) = \frac{x}{2} - \frac{x^{3}}{12} + o(x^{3}) ; \text{ tangente } y = \frac{x}{2}, \text{ traversée en } 0}$$ au-dessus pour $x < 0$ et au-dessous pour $x > 0$. Les trois exemples ont un point d'inflexion en $0$, ce qui n'est pas un hasard : à une constante près, ce sont des fonctions impaires.