On a \[e^{x^2} = 1+x^2+\frac{x^4}{2!} + o(x^4) \quad \text{ et } \quad \cos x= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} + o(x^4)\]

On s’aperçoit qu’en fait un dl à l’ordre \(2\) suffit : \[e^{x^2}-\cos x = \big(1+x^2 + o(x^2) \big) - \big(1-\frac{x^2}{2}+ o(x^2) \big) = \frac32 x^2 + o(x^2)\] Ainsi \(\frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2} = \frac32 + o(1)\) (où \(o(1)\) désigne une fonction qui tend vers \(0\)) et donc \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2} = \frac32\] On sait que \[\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3) \quad \text{ et } \quad \sin x = x-\frac{x^3}{3!} + o(x^3).\]

Les dl sont distincts dès le terme de degré \(2\) donc un dl à l’ordre \(2\) suffit : \[\ln (1+x)-\sin x = \big(x - \frac{x^2}{2} + o(x^2) \big) - \big(x + o(x^2) \big) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)\] donc \[\frac{\ln (1+x)-\sin x}{x} = -\frac{x}{2} + o(x)\] et ainsi \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln (1+x)-\sin x}{x} = 0.\] Sachant \[\cos x= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+ o(x^4)\] et \[\sqrt{1-x^2} = 1-\frac12x^2-\frac18x^4 + o(x^4)\] alors

\[\begin{align*} \frac{\cos x-\sqrt{1-x^2}}{x^4} & =\frac{\big(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+ o(x^4)\big)-\big(1-\frac12x^2-\frac18x^4 + o(x^4)\big)}{x^4} \\ & = \frac{\frac 16 x^4 + o(x^4)}{x^4} \\ &= \frac16+o(1) \\ \end{align*}\] Ainsi \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-\sqrt{1-x^2}}{x^4}=\frac16\]

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