On pose la suite $(S_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ définie par :
$$\forall n\in \mathbb{N^*},\quad S_n = \sum_{k=n+1}^{2n} k! = (n+1)! + \dots + (2n)!.$$
Soit $n \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[.$
$$\frac{S_n}{(2n)!} = \sum_{k=1}^{2n} \frac{k!}{(2n)!}
= \sum_{k=1}^{2n-2} \frac{k!}{(2n)!} + \frac{(2n-1)!}{(2n)!} + \frac{(2n)!}{(2n)!}$$
$$ = \sum_{k=1}^{2n-2} \frac{k!}{(2n)!} + \frac{1}{2n} + 1.$$
On pose la suite $(\varepsilon_n)_{n \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[}$ définie par :
$$\forall n \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[, \quad \varepsilon_n = \sum_{k=1}^{2n-2} \frac{k!}{(2n)!}.$$
Soit $n \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[$.
$$0 \leq \varepsilon_n \leq \sum_{k=1}^{2n-2} \frac{(2n-2)!}{(2n)!}= \sum_{k=1}^{2n-2} \frac{1}{(2n)(2n-1)}= \left(2n – 2 – 1 + 1\right) \frac{1}{(2n)(2n-1)}$$
$$ = \frac{2n-2}{(2n)(2n-1)}\sim_{n \to +\infty} \frac{2n}{(2n)(2n)} = \frac{1}{2n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0.$$
Par théorème de comparaison pour les limites de suites puis théorème d’encadrement, on en déduit que :
$$\varepsilon_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
Par somme des limites :
$$\frac{S_n}{(2n)!} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 + 0 + 1 = 1$$
Par définition de l’équivalence des suites :
$$S_n \underset{n \to +\infty}{\sim} (2n)!$$

Soit $ n\in \mathbb{N^*}$.
$$\quad \frac{1}{n\sqrt{n}} S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{k}{n}},$$

On reconnaît une somme de Riemann. Sachant que la fonction $f : [0; 1] \to \mathbb{R}, \, x \mapsto \sqrt{x}$ est continue sur le segment $[0; 1]$, par le théorème sur les sommes de Riemann, on obtient :
$$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{k}{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 f = \int_0^1 \sqrt{x} \, dx = \left[ \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 = \frac{2}{3}$$
Conclusion :
$$S_n \sim \frac{2}{3} n \sqrt{n}.$$

Soit $x \in \mathbb{R}$ proche de zéro et non nul.
$$\cot^2(x) = (\tan(x))^{-2} = \left(x + \frac{x^3}{3}\right)^{-2} = x^{-2} \left(1 + \frac{x^2}{3}\right)^{-2}$$
$$= \frac{1}{x^2} \left(1 – 2\left(\frac{x^2}{3}\right) + o(x^2)\right) = \frac{1}{x^2} – \frac{2}{3} + o(1).$$
Par composition on obtient :
$$f(x) = \frac{1}{x^2} – \frac{2}{3} + \frac{1}{(2x)^2} – \frac{2}{3} – \lambda \left(\frac{1}{(3x)^2} – \frac{2}{3}\right) + o(1)$$

$$ = \left(1 + \frac{1}{4} – \frac{\lambda}{9}\right)\frac{1}{x^2} + \frac{2\lambda – 4}{3} + o(1)$$

$$ = \left(\frac{45 – 4\lambda}{36}\right)\frac{1}{x^2} + \frac{2\lambda – 4}{3} + o(1).$$
La fonction $ f$ Converge en $0$ si et seulement si le coefficient de $\frac{1}{x^2}$ est nul.
$$\frac{45 – 4\lambda}{36} = 0 \iff \lambda = \frac{45}{4}.$$ Dans le cas de la convergence on obtient :
$$f(x) \underset{x \to 0}{\longrightarrow} \frac{\frac{45}{2} – 4}{3} = \frac{37}{6}.$$

$$f(x) = \ln\left(e^{2x} + 2e^x + 3\right)$$
$$= \ln\left[\left(1 + 2x + \frac{1}{2!}(2x)^2\right) + 2\left(1 + x + \frac{1}{2!}x^2\right) + 3 + o(x^2)\right]$$
$$= \ln\left(6 + 4x + 3x^2 + o(x^2)\right)$$
$$= \ln 6 + \ln\left(1 + \left(\frac{2}{3}x + \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)\right)\right)$$
$$= \ln 6 + \left(\frac{2}{3}x + \frac{1}{2}x^2\right) – \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}x + \frac{1}{2}x^2\right)^2 + o(x^2)$$
$$= \ln 6 + \frac{2}{3}x + \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{9}x^2 + o(x^2)$$
$$= \ln 6 + \frac{2}{3}x + \frac{5}{18}x^2 + o(x^2).$$

$$\sqrt{1 + 6x} = (1 + 6x)^{\frac{1}{2}} = 1 + \frac{1}{2}(6x) – \frac{1}{8}(6x)^2 + o(x^2)$$
$$= 1 + 3x – \frac{9}{2}x^2 + o(x^2),$$
$$f(x) = \sqrt{8 + \sqrt{1 + 6x}} = \sqrt{9 + 3x – \frac{9}{2}x^2 + o(x^2)}$$
$$= 3 \left( 1 + \left(\frac{1}{3}x – \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) \right)\right)^{\frac{1}{2}}$$
$$= 3 \left[ 1 + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3}x – \frac{1}{2}x^2 \right) – \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{9}x^2 + o(x^2) \right]$$
$$= 3 \left( 1 + \frac{1}{6}x – \frac{19}{72}x^2 + o(x^2) \right)$$
$$= 3 + \frac{1}{2}x – \frac{19}{24}x^2 + o(x^2).$$

$$\ln(\cosh x) = \ln\left(1 + \left(\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4)\right)\right)$$
$$= \left(\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right) – \frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}\right)^2 + o(x^4)$$
$$= \frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{12}x^4 + o(x^4),$$
$$f(x) = \cosh\left(\ln(\cosh x)\right) = \cosh\left(\frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{12}x^4 + o(x^4)\right)$$
$$= 1 + \frac{1}{2!}\left(\frac{1}{2}x^2 – \frac{1}{12}x^4 + o(x^4)\right)^2 + o(x^6)$$
$$= 1 + \frac{1}{8}x^4 – \frac{1}{24}x^6 + o(x^6).$$

On effectue un changement de variable pour se ramener à un développement limité au voisinage de $0$:
$$x \to 1, \quad t = x – 1 \to 0, \; x = 1 + t.$$
$$f(x) = \ln(1 + x^2) = \ln\left(1 + (1 + t)^2\right)$$
$$= \ln(2 + 2t + t^2) = \ln 2 + \ln\left(1 + \left(t + \frac{t^2}{2}\right)\right)$$
$$= \ln 2 + \left(t + \frac{t^2}{2}\right) – \frac{1}{2}t^2 + o(t^2)$$
$$= \ln 2 + t + o(t^2)$$
$$= \ln 2 + (x – 1) + o((x – 1)^2).$$

Pour commencer, on calcule l’image de $ 0$ Par la fonction $ f$ :
$$f(0) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}.$$
Les développements limités étant compatibles avec la dérivation, on peut dériver la fonction $f$ (qui est dérivable par les théorèmes généraux) afin de se ramener à un calcul de développement limité plus simple. Puis, en fin de calcul, on intègre le développement limité afin d’obtenir le développement limité souhaité. On rappelle qu’ intégrer un développement limité augmente son ordre.

Soit $t\in \mathbb{R}$.
$$f'(t)= 1 \cdot \arctan'(1 + t)
= \frac{1}{1 + (1 + t)^2} = \frac{1}{1 + 1 + 2t + t^2} = \frac{1}{2 + 2t + t^2}$$
$$f'(t) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + t + \frac{t^2}{2}} = \frac{1}{2} \left( 1 – (t + \frac{t^2}{2}) + o(t) \right)$$
$$f'(t) = \frac{1}{2} – \frac{1}{2}t + o(t)$$
En intégrant le développement limité on obtient :
$$f(t) = f(0) + \frac{1}{2}t – \frac{1}{4}t^2 + o(t^2)$$
$$f(t) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}t – \frac{1}{4}t^2 + o(t^2).$$

Par les théorèmes généraux portant sur la dérivation, la fonction $f$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
$$f'(x) = \frac{2x}{1 + x^2} – 1 = \frac{2x – 1 – x^2}{1 + x^2} = -\frac{x^2 – 2x + 1}{1 + x^2} = -\frac{(x – 1)^2}{1 + x^2} \leq 0.$$
La fonction dérivée $ f’$ s’annule en unique nombre qui est $-1$, donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, donc la fonction $f$ est injective.

Par croissance comparée, on obtient :
$$f(x) \sim_{x \to \pm\infty} -x \implies f(x) \xrightarrow[x \to -\infty]{} +\infty, \quad f(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{} -\infty$$
On en déduit que la fonction $f$ est surjective.
Ainsi la fonction $f$ est bijective.
$$f(0) = \ln(1 + 0^2) – 0 = \ln(1) = 0\iff f^{-1}(0) = 0$$
On pose $g = f^{-1}, \quad g(0) = 0.$

Soit $x \in \mathbb{R}$ au voisinage de $0$.

La fonction dérivée de $f$ ne s’annule pas au voisinage de $0$, on en déduit que la fonction réciproque $g$ est de classe $C^\infty$ au voisinage de $0$. Donc la fonction $g$ admet un développement limité au voisinage de $0$ à tout ordre donc à l’ordre $4$. Donc il existe des nombres réels $a, b, c, d$ tels que :
$$g(x) = 0 + ax + bx^2 + cx^3 + dx^4 + o(x^4)$$
Par définition de la fonction réciproque on a :
$$f(g(x)) = x$$
D’autre part :
$$f(x) = x^2 – \frac{1}{2}(x^2)^2 – x + o(x^4) = -x + x^2 – \frac{1}{2}x^4 + o(x^4)$$
Par composition des développements limités on obtient :
$$f(g(x)) = -g(x) + \left(g(x)\right)^2 – \frac{1}{2}\left(g(x)\right)^4 + o\left(g(x)^4\right)$$
$$= -(ax + bx^2 + cx^3 + dx^4) + \left(a^2x^2 + 2abx^3 + 2acx^4 + b^2x^4\right)- \frac{1}{2}(a^4x^4) + o(x^4)$$
$$= -ax + (-b + a^2)x^2 + (-c + 2ab)x^3 + \left(-d + 2ac + b^2 – \frac{1}{2}a^4\right)x^4 + o(x^4)$$
Par unicité du développement limité d’une fonction, on obtient le système suivant :
$$
\begin{cases}
-a = 1 \\
-b + a^2 = 0 \\
-c + 2ab = 0 \\
-d + 2ac + b^2 – \frac{1}{2}a^4 = 0
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
a = -1 \\
b = 1 \\
c = -2 \\
d = 2(-1)(-2) + 1^2 – \frac{1}{2}(-1)^4
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
a = -1 \\
b = 1 \\
c = -2 \\
d = \frac{9}{2}
\end{cases}
$$

Conclusion :
$$g(x) = f^{-1}(x) = -x + x^2 – 2x^3 + \frac{9}{2}x^4 + o(x^4).$$

Soit $n \in \mathbb{N}$.
$$I_n + I_{n+2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n(x) \, dx + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n+2}(x) \, dx$$
$$= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left( 1 + \tan^2(x) \right) \tan^n(x) \, dx$$
$$= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan'(x) \tan^n(x) \, dx = \left[ \frac{\tan^{n+1}(x)}{n+1} \right]_0^{\frac{\pi}{4}}$$
$$= \frac{1}{n+1} \left( 1^{n+1} – 0^{n+1} \right) = \frac{1}{n+1}$$
Les intégrales $I_n$ et $I_{n+2}$ sont positives, donc on obtient les inégalités suivantes :
$$0 \leq I_n \leq I_n + I_{n+2} = \frac{1}{n+1} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
Par théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes) :
$$I_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
On utilise une intégration par parties, puis une formule de trigonométrie :
$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(2x) \tan^n(x) \, dx = \left[ \frac{\sin(2x)}{2} \tan^n(x) \right]_0^{\frac{\pi}{4}} – \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin(2x)}{2} n \tan^{n-1}(x) \tan'(x) \, dx$$
$$= \frac{1}{2} \left( \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) 1^n – 0 \right) – \frac{n}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(2x) \left( \frac{1}{\cos^2(x)} \right) \tan^{n-1}(x) \, dx$$
$$= \frac{1}{2} – \frac{n}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left( 2 \sin(x) \cos(x) \right) \left( \frac{1}{\cos^2(x)} \right) \tan^{n-1}(x) \, dx$$
$$= \frac{1}{2} – n \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan(x) \tan^{n-1}(x) \, dx = \frac{1}{2} – n \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n(x) \, dx$$
$$= \frac{1}{2} – n I_n$$
On effectue une détermination de limite :
$$\left| \frac{1}{2} – n I_n \right| = \left| \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(2x) \tan^n(x) \, dx \right|
\leq \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left| \cos(2x) \right| \left| \tan^n(x) \right| \, dx \leq \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left| \tan^n(x) \right| \, dx$$
$$= I_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
Par théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes) :
$$\frac{1}{2} – n I_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
On utilise la notation de Landau afin de terminer la démonstration :
$$\frac{1}{2} – n I_n = o(1)$$
$$n I_n = \frac{1}{2} + o(1)$$
$$I_n = \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right) \sim_{n \to +\infty} \frac{1}{2n}$$