Analyse asymptotique et développements limités

1. Au voisinage de $0$ : $3x\to 0$ et $2x\to 0$, donc par composition à droite des équivalents usuels, $\ln (1+3x)\sim 3x$ et $e^{2x}-1\sim 2x$ ; de plus $\sin x\sim x$. Les équivalents se multiplient et se divisent : Une fonction équivalente à la constante $6$ tend vers $6$ : $\boxed{{\displaystyle \text{la limite vaut }6}}$.

2. Pour $x$ assez grand, $1+\sin \frac{2}{x}>0$ et ${(1+\sin \frac{2}{x})}^x=\exp \text{\hspace{0.17em}⁣}(x\ln (1+\sin \frac{2}{x}))$. Quand $x\to +\mathrm{\infty }$, $u(x)=\sin \frac{2}{x}\to 0$, donc $\ln (1+u(x))\sim u(x)$, et $\sin \frac{2}{x}\sim \frac{2}{x}$. Ainsi $x\ln \text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\sin \frac{2}{x})\sim x\cdot \frac{2}{x}=2$, donc cette quantité tend vers $2$. Par continuité de $\exp$ en $2$ : $\boxed{{\displaystyle \lim {(1+\sin \frac{2}{x})}^x=e^2}}$.

3. Pour $x>0$, $x^x-1=e^{x\ln x}-1$. Par croissances comparées, $x\ln x\to 0$ quand $x\to 0^{+}$, donc $e^{x\ln x}-1\sim x\ln x$ : (qui est négatif : $x^x<1$ près de $0$). Pour $x$ proche de $0$, $\cos x>0$ et $\ln (\cos x)=\ln (1+(\cos x-1))$ avec $\cos x-1\to 0$, donc $\ln (\cos x)\sim \cos x-1\sim -\frac{x^2}{2}$ : .

4. Posons $t=\sqrt{x}\to +\mathrm{\infty }$ : $x^3{e}^{-\sqrt{x}}=t^6{e}^{-t}\to 0$ (une puissance est négligeable devant une exponentielle). Posons $s=\sqrt{x}$ pour la seconde : $\sqrt{x}(\ln x{)}^4=s(2\ln s{)}^4=16s(\ln s{)}^4$ et $s(\ln s{)}^4\to 0$ quand $s\to 0^{+}$ (croissances comparées). Les deux limites valent $\boxed{{\displaystyle 0}}$.

5. Par la quantité conjuguée, pour $x>0$ : $$\sqrt{x^2+3x}-x=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{⟶}\frac{3}{2}\mathrm{.}$$ Le raisonnement proposé est faux deux fois : les équivalents ne se soustraient pas, et « $\sim 0$ » n'a pas de sens pour une fonction qui n'est pas nulle au voisinage de $+\mathrm{\infty }$ (fiche §2).

1. $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$ et $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$. On multiplie en ne gardant que les degrés $\le 4$ :

• degré $0$ : $1$ ; degré $1$ : $x$ ; degré $2$ : $\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$ ; degré $3$ : $\frac{1}{6}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}$ ;
• degré $4$ : $\frac{1}{24}-\frac{1}{4}+\frac{1}{24}=-\frac{1}{6}$.

2. On compose $\ln (1+u)=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+o(u^4)$ avec $u=\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)$, qui tend vers $0$. Comme $u\sim x$, $o(u^4)=o(x^4)$. On calcule $u^2=x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4)$, $u^3=x^3+o(x^4)$, $u^4=x^4+o(x^4)$. D'où $$\ln (1+\sin x)=x-\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{6}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)=\boxed{{\displaystyle x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}-\frac{x^4}{12}+o(x^4)}}\mathrm{.}$$

3. $\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)$. Produit avec $e^x$ tronqué au degré $3$ : degré $1$ : $1-1=0$ ; degré $2$ : $\frac{1}{2}-1+1=\frac{1}{2}$ ; degré $3$ : $\frac{1}{6}-\frac{1}{2}+1-1=-\frac{1}{3}$.

4. On pose $x=2+h$, $h\to 0$ : $\ln (2+h)=\ln 2+\ln \text{\hspace{0.17em}⁣}(1+\frac{h}{2})=\ln 2+\frac{h}{2}-\frac{h^2}{8}+\frac{h^3}{24}+o(h^3)$. Donc

5. $\phi (x)=\arctan (1+x)$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$ et ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{1+(1+x{)}^2}}={\displaystyle \frac{1}{2+2x+x^2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{1+v}}$ avec $v=x+\frac{x^2}{2}\to 0$. À l'ordre $2$ : $\frac{1}{1+v}=1-v+v^2+o(v^2)=1-x-\frac{x^2}{2}+x^2+o(x^2)=1-x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$. Donc ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{2}-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}+o(x^2)$. ${\phi }^{\mathrm{\prime }}$ est continue : on intègre (fiche §8), sans oublier $\phi (0)=\arctan 1=\frac{\pi }{4}$ :

6. Ici $\sqrt{1+x}\to 1\mathrm{\ne }0$ : on ne compose pas directement. On écrit $e^{\sqrt{1+x}}=e\cdot e^w$ avec $w=\sqrt{1+x}-1=\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}+o(x^3)\to 0$. Puis $w^2=\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{8}+o(x^3)$, $w^3=\frac{x^3}{8}+o(x^3)$ et $$e^w=1+w+\frac{w^2}{2}+\frac{w^3}{6}+o(x^3)=1+\frac{x}{2}+(-\frac{1}{8}+\frac{1}{8})x^2+(\frac{1}{16}-\frac{1}{16}+\frac{1}{48})x^3+o(x^3)\mathrm{.}$$ Le coefficient de $x^2$ est nul : d'après Taylor-Young, la dérivée seconde de cette fonction est nulle en $0$.

1. $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ et $x\cos x=x-\frac{x^3}{2}+o(x^3)$, donc $\sin x-x\cos x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)\sim \frac{x^3}{3}$. De même $x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}$. Le quotient est équivalent à $\frac{x^3\mathrm{/}3}{x^3\mathrm{/}6}=2$ : $\boxed{{\displaystyle \text{limite }2}}$.

2. On réduit au même dénominateur : ${\displaystyle \frac{1}{\ln (1+x)}}-{\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{x-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}}$. Au numérateur, $x-\ln (1+x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)\sim \frac{x^2}{2}$ ; au dénominateur, $x\ln (1+x)\sim x^2$. Limite : $\boxed{{\displaystyle \frac{1}{2}}}$.

3. $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$, donc $\frac{\tan x}{x}=1+\frac{x^2}{3}+o(x^2)$, quantité strictement positive près de $0$. Alors $\ln \frac{\tan x}{x}=\frac{x^2}{3}+o(x^2)$ (car $\ln (1+u)=u+o(u)$ avec $u\to 0$), puis $\frac{1}{x^2}\ln \frac{\tan x}{x}=\frac{1}{3}+o(1)$. Par continuité de l'exponentielle : $\boxed{{\displaystyle \text{limite }{e}^{1\mathrm{/}3}}}$.

4. Avec $t=\frac{1}{n}\to 0$ : $\sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3)$ et $\arctan t=t-\frac{t^3}{3}+o(t^3)$, donc $\sin t-\arctan t=\frac{t^3}{6}+o(t^3)$. Ainsi $n^3(\sin \frac{1}{n}-\arctan \frac{1}{n})=\frac{1}{6}+o(1)$ : $\boxed{{\displaystyle \text{limite }\frac{1}{6}}}$.

5. On pose $x=1+h$, $h\to 0$. Au dénominateur : $\ln (1+h)-h=-\frac{h^2}{2}+o(h^2)$. Au numérateur : $x\ln x=(1+h)(h-\frac{h^2}{2}+o(h^2))=h+\frac{h^2}{2}+o(h^2)$, puis $x^x=e^{x\ln x}=1+(h+\frac{h^2}{2})+\frac{h^2}{2}+o(h^2)=1+h+h^2+o(h^2)$, donc $x^x-x=h^2+o(h^2)$. Le quotient est équivalent à $\frac{h^2}{-h^2\mathrm{/}2}=-2$ : $\boxed{{\displaystyle \text{limite }-2}}$.

1. $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)$ et $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$, donc La partie affine donne $\boxed{{\displaystyle T:y=1+x}}$. Ensuite $g(x)-(1+x)=-x^2+o(x^2)\sim -x^2$, qui est strictement négatif pour $x$ proche de $0$ et non nul : la courbe est en dessous de sa tangente près de $0$ (pas d'inflexion, car le premier terme non nul après la partie affine est de degré pair).

2. (a) Pour $x>0$, $\sqrt{x^2+2x}=x\sqrt{1+\frac{2}{x}}$. On pose $t=\frac{1}{x}\to 0^{+}$ : $\sqrt{1+2t}=1+t-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$ et $e^{-t}=1-t+\frac{t^2}{2}+o(t^2)$. Produit tronqué au degré $2$ : $$\sqrt{1+2t}{e}^{-t}=1+(1-1)t+(\frac{1}{2}-1-\frac{1}{2})t^2+o(t^2)=1-t^2+o(t^2)\mathrm{.}$$ En multipliant par $x=\frac{1}{t}$ : $f(x)=x-\frac{1}{x}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x}\right)$ au voisinage de $+\mathrm{\infty }$. Donc $\boxed{{\displaystyle {\mathrm{\Delta }}_1:y=x}}$ est asymptote, et $f(x)-x\sim -\frac{1}{x}<0$ : ${𝒞}_f$ est en dessous de ${\mathrm{\Delta }}_1$ au voisinage de $+\mathrm{\infty }$.

(b) Pour $x\le -2$, $\sqrt{x^2+2x}=\mid x\mid \sqrt{1+\frac{2}{x}}=-x\sqrt{1+\frac{2}{x}}$. Avec $t=\frac{1}{x}\to 0^{-}$, le même calcul (valable pour $t$ négatif) donne $f(x)=-x(1-\frac{1}{x^2}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x^2}\right))=-x+\frac{1}{x}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x}\right)$. Donc $\boxed{{\displaystyle {\mathrm{\Delta }}_2:y=-x}}$ est asymptote en $-\mathrm{\infty }$, et $f(x)-(-x)\sim \frac{1}{x}<0$ pour $x<0$ : ${𝒞}_f$ est en dessous de ${\mathrm{\Delta }}_2$ au voisinage de $-\mathrm{\infty }$.

A.1. $\frac{1}{1+bx}=1-bx+b^2{x}^2+o(x^2)$ suffit, puisque $x+a{x}^2$ est en facteur de $x$ : $$\frac{x+a{x}^2}{1+bx}=(x+a{x}^2)(1-bx+b^2{x}^2)+o(x^3)=x+(a-b)x^2+(b^2-ab)x^3+o(x^3)\mathrm{.}$$

A.2. $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$. Par unicité du DL, $(\ast )$ équivaut à l'égalité des parties régulières d'ordre $3$, soit $a-b=-\frac{1}{2}$ et $b(b-a)=\frac{1}{3}$. La première donne $b-a=\frac{1}{2}$, la seconde alors $\frac{b}{2}=\frac{1}{3}$. D'où $\boxed{{\displaystyle b=\frac{2}{3},a=\frac{1}{6}}}$, et ce couple convient.

A.3. On pousse le calcul jusqu'au degré $4$. Avec $\frac{1}{1+bx}=1-bx+b^2{x}^2-b^3{x}^3+o(x^3)$, le coefficient de $x^4$ dans $h$ est $-b^3+a{b}^2=b^2(a-b)=\frac{4}{9}\cdot (-\frac{1}{2})=-\frac{2}{9}$, tandis que celui de $\ln (1+x)$ est $-\frac{1}{4}$. Donc $\delta$ est strictement négative près de $0$ (sauf en $0$) : la courbe de $\ln (1+x)$ est en dessous de celle de $h$ des deux côtés de $0$ ; les deux courbes sont tangentes en l'origine avec un contact d'ordre $3$.

A.4. $h\left(\frac{1}{n}\right)={\displaystyle \frac{\frac{1}{n}+\frac{1}{6n^2}}{1+\frac{2}{3n}}}={\displaystyle \frac{6n+1}{6n^2+4n}}$ (multiplier haut et bas par $6n^2$). Comme $\frac{1}{n}\to 0$, $\delta \left(\frac{1}{n}\right)\sim -\frac{1}{36n^4}$, donc la limite vaut $\boxed{{\displaystyle -\frac{1}{36}}}$.

B.1. Pour $x$ proche de $0$, $\frac{1}{1-(1-\lambda )x}=1+(1-\lambda )x+(1-\lambda {)}^2{x}^2+(1-\lambda {)}^3{x}^3+o(x^3)$. En multipliant par $1+\lambda x$ : le coefficient de $x^2$ est $(1-\lambda {)}^2+\lambda (1-\lambda )=1-\lambda$ et celui de $x^3$ est $(1-\lambda {)}^3+\lambda (1-\lambda {)}^2=(1-\lambda {)}^2$. Donc $r_{\lambda }(x)=1+x+(1-\lambda )x^2+(1-\lambda {)}^2{x}^3+o(x^3)$ et

B.2. Les deux courbes ont la même tangente $y=1+x$ en $(0,1)$. Le signe de la différence est celui de son premier terme non nul :

• si $\lambda >\frac{1}{2}$ : $e^x-r_{\lambda }(x)\sim (\lambda -\frac{1}{2})x^2>0$, la courbe de $\exp$ est au-dessus de celle de $r_{\lambda }$ ;
• si $\lambda <\frac{1}{2}$ : elle est en dessous ;
• si $\lambda =\frac{1}{2}$ : le terme de degré $2$ s'annule et $e^x-r_{1\mathrm{/}2}(x)\sim (\frac{1}{6}-\frac{1}{4})x^3=-\frac{x^3}{12}$, qui change de signe en $0$ : la courbe de $\exp$ est au-dessus de celle de $r_{1\mathrm{/}2}$ pour $x<0$, en dessous pour $x>0$ ; les courbes se traversent en $(0,1)$.

1. $f$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$ sur $I$ et $f^{\mathrm{\prime }}(x)=(1+x)e^x>0$ sur $I$ : $f$ est continue et strictement croissante, donc bijective de $I$ sur $J=]{\lim }_{-1^{+}}f,{\lim }_{+\mathrm{\infty }}f[=]-\frac{1}{e},+\mathrm{\infty }[$. Comme $f$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$ et que $f^{\mathrm{\prime }}$ ne s'annule pas sur $I$, la réciproque $g$ est de classe $C^{\mathrm{\infty }}$ sur $J$ (fiche « Dérivabilité » §2, par récurrence sur l'ordre de dérivation à partir de $g^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{f^{\mathrm{\prime }}\circ g}$).

2. $0\in J$ et $g$ est de classe $C^3$ sur l'intervalle ouvert $J$ qui contient $0$ : par Taylor-Young, $g$ admet un DL${}_3(0)$. Son terme constant est $g(0)=0$ car $f(0)=0$.

3. Posons $u=g(y)=b_{1}y+b_2{y}^2+b_3{y}^3+o(y^3)$ ; $u\to 0$ quand $y\to 0$. On a $f(u)=u{e}^u=u+u^2+\frac{u^3}{2}+o(u^3)$ et $o(u^3)=o(y^3)$ car $u=O(y)$. Puis $u^2=b_1^2{y}^2+2b_1{b}_2{y}^3+o(y^3)$, $u^3=b_1^3{y}^3+o(y^3)$, donc $$y=f(g(y))=b_{1}y+(b_2+b_1^2)y^2+(b_3+2b_1{b}_2+\frac{b_1^3}{2})y^3+o(y^3)\mathrm{.}$$ Par unicité du DL de $y\mapsto y$ : $b_1=1$, $b_2+1=0$, $b_3-2+\frac{1}{2}=0$. Ainsi

4. Par Taylor-Young, $b_k=\frac{g^{(k)}(0)}{k!}$ : $g^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(0)=2b_2=-2$ et $g^{(3)}(0)=6b_3=9$. La tangente en l'origine est $y=x$ (on note ici $x$ l'abscisse) et $g(x)-x\sim -x^2<0$ : la courbe de $g$ est en dessous de sa tangente au voisinage de $0$.

5. $\frac{1}{n}\in J$ et $x_n=g\left(\frac{1}{n}\right)$ (existence et unicité par la bijectivité). Comme $\frac{1}{n}\to 0$, le DL de la question 3 donne directement $x_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{3}{2n^3}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^3}\right)$.

1. Soit ${\phi }_n(x)=x^n-x-n$ sur $[1,+\mathrm{\infty }[$. Elle est dérivable et ${\phi }_n^{\mathrm{\prime }}(x)=n{x}^{n-1}-1\ge n-1>0$ : ${\phi }_n$ est continue et strictement croissante. De plus ${\phi }_n(1)=-n<0$ et ${\phi }_n(2)=2^n-2-n\ge 0$ pour $n\ge 2$ (par récurrence : $2^2-4=0$ et $2^{n+1}-2-(n+1)=2(2^n-2-n)+n+1>0$). Par le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, ${\phi }_n$ s'annule en un unique point $x_n\in ]1,2]$.

2. $x_n>0$ et $x_n^n=x_n+n>0$ : en prenant le logarithme, $n\ln x_n=\ln (n+x_n)$. Comme $1<x_n\le 2$, $0<\ln x_n\le \frac{\ln (n+2)}{n}$, et $\frac{\ln (n+2)}{n}=\frac{\ln n+\ln (1+2\mathrm{/}n)}{n}\to 0$ (croissances comparées). Par encadrement, $\ln x_n\to 0$, puis $x_n=e^{\ln x_n}\to 1$ par continuité de l'exponentielle.

3. $\ln (n+x_n)=\ln n+\ln (1+\frac{x_n}{n})$ et $\frac{x_n}{n}\to 0$, donc $\ln (1+\frac{x_n}{n})=\frac{x_n}{n}+O\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^2}\right)$. Comme $x_n=1+o(1)$, on obtient $\ln (n+x_n)=\ln n+\frac{1}{n}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n}\right)$, et en divisant par $n$ : $$\ln x_n=\frac{\ln n}{n}+\frac{1}{n^2}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^2}\right)\mathrm{.}$$

4. Posons $u_n=\ln x_n\to 0$ : $x_n=e^{u_n}=1+u_n+\frac{u_n^2}{2}+O(u_n^3)$. D'après 3, $u_n\sim \frac{\ln n}{n}$, donc $u_n^3=O\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{(\ln n{)}^3}{n^3}\right)=o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^2}\right)$ (car $\frac{(\ln n{)}^3}{n}\to 0$). Ensuite $$u_n^2=\frac{(\ln n{)}^2}{n^2}+\frac{2\ln n}{n^3}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)=\frac{(\ln n{)}^2}{n^2}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^2}\right)\mathrm{.}$$ En rassemblant : $$\boxed{{\displaystyle x_n=1+\frac{\ln n}{n}+\frac{(\ln n{)}^2}{2n^2}+\frac{1}{n^2}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{n^2}\right)}}\mathrm{.}$$ Les termes sont bien rangés par ordre décroissant : $\frac{1}{n^2}=o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{(\ln n{)}^2}{n^2}\right)$ et $\frac{(\ln n{)}^2}{n^2}=o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{\ln n}{n}\right)$.

1. $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)$ ; en divisant par $x$ (on perd un ordre, d'où l'ordre $4$ au départ) : $f$ a pour limite $1$ en $0$ : on la prolonge par continuité en posant $f(0)=1$.

2. Le prolongement admet un DL${}_1(0)$ : $f(x)=1-\frac{x}{2}+o(x)$ : on en déduit la dérivabilité de $f$ en $0$, avec $\boxed{{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(0)=-\frac{1}{2}}}$. La tangente est $T:y=1-\frac{x}{2}$ et $f(x)-(1-\frac{x}{2})\sim \frac{x^2}{3}>0$ : la courbe est au-dessus de $T$ près de $0$.

3. Sur $]-1,0[\cup ]0,+\mathrm{\infty }[$, $f$ est de classe $C^1$ (quotient) et $$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}\mathrm{.}$$ Avec $\frac{x}{1+x}=x-x^2+x^3+o(x^3)$ et $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$, le numérateur vaut $-\frac{x^2}{2}+\frac{2x^3}{3}+o(x^3)$, donc $f^{\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{1}{2}+\frac{2x}{3}+o(x)\underset{x\to 0}{⟶}-\frac{1}{2}=f^{\mathrm{\prime }}(0)$. Ainsi $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue en $0$ et $f$ est de classe $C^1$ sur $]-1,+\mathrm{\infty }[$.

4. $f$ est continue sur $]-1,+\mathrm{\infty }[$, donc $F$ est la primitive de $f$ nulle en $0$. On intègre le DL de la question 1 (fiche §8) : Pour $x\in ]-\frac{1}{2},+\mathrm{\infty }[$, $2x$ et $x$ sont dans $]-1,+\mathrm{\infty }[$ et $G(x)=F(2x)-F(x)$. En remplaçant $x$ par $2x$ dans le DL${}_3$ de $F$ (composition par $x\mapsto 2x$, qui tend vers $0$) : $$G(x)=(2x-x^2+\frac{8x^3}{9})-(x-\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{9})+o(x^3)=\boxed{{\displaystyle x-\frac{3x^2}{4}+\frac{7x^3}{9}+o(x^3)}}\mathrm{.}$$ Donc ${\displaystyle \frac{G(x)-x}{x^2}}=-{\displaystyle \frac{3}{4}}+o(1)$ : la limite vaut $\boxed{{\displaystyle -\frac{3}{4}}}$.

A.1. Avec $t=\frac{1}{x}\to 0^{+}$ : $\ln (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}+o(t^4)$. En multipliant par $x^2=\frac{1}{t^2}$ : $$f(x)=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}+\frac{t}{3}-\frac{t^2}{4}+o(t^2)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{3x}-\frac{1}{4x^2}+o\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x^2}\right)\mathrm{.}$$