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\pretitle{\begin{center}\Huge\scshape\bfseries} % bold small caps si supporté
\posttitle{\end{center}\vskip 1.5em}
\title{Le calcul de Pi}
\author{Olivier Castéra\\
      \href{mailto:o.castera@free.fr}{o.castera@free.fr}\\
      \href{http://sciences-physiques.neocities.org}{sciences-physiques.neocities.org}}
\date{\today}

\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
Démonstration de la formule de John Machin.
\end{abstract}
\tableofcontents
\section{Introduction}
Pour obtenir une approximation de $\pi=\num{3,141592653589793238}\dots$
nous utilisons la formule trigonométrique
\begin{align}
\tan\left(\frac{\pi}{4}\right)&=1\notag\\
\frac{\pi}{4}&=\arctan(1) \label{Eq simple}
\end{align}
et le développement limité (D.L.) au voisinage de zéro de la fonction arctangente (voir annexe \eqref{DL_arctan} p.~\pageref{DL_arctan})~:
\begin{equation*}
\arctan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^5)
\end{equation*}
Au point d'abscisse $x=1$~:
\begin{equation}
\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\dots\label{pi}
\end{equation}
Les $10$ premiers termes donnent
\begin{equation*}
\pi\approx\num{3,0418}\dots
\end{equation*}
Cette formule converge très lentement car nous effectons un D.L. au voisinage de zéro,
et pour trouver $\pi$ nous nous plaçons au point d'abscisse $1$.
Le D.L. d'ordre $n$ d'une fonction au voisinage de l'un de ses points $(x_0,f(x_0))$ est le po\-ly\-nô\-me d'ordre~$n$ qui
se superpose au mieux à la fonction au voisinage de ce point.
Ce point $(x_0,f(x_0))$ est le seul point qui appartienne à la fois au polynôme et à la fonction,
et l'on a $f(x_0)=a_0$, où $a_0$ est le premier coefficient du polynôme.

Nous ne pouvons pas nous servir du D.L. d'$\arctan(x)$ au voisinage de $1$ car cela suppose que l'on connaisse déjà la valeur de $\pi$.
En effet, d'après \eqref{DL_arctan1} p.~\pageref{DL_arctan1} il s'écrit,
\begin {equation*}
\arctan(x)=\frac{\pi}{4}+\frac{x-1}{2}-\frac{(x-1)^2}{4}+o[(x-1)^2]
\end{equation*}
et au point d'abscisse $x=1$ on obtient $\pi/4=\pi/4$.
De même, en posant $X=x-1$~:
\begin {equation*}
\arctan (X+1)=\frac{\pi}{4}+\frac{X}{2}-\frac{X^2}{4}+o(X^2)
\end{equation*}
Au point $X=0$ on obtient à nouveau $\pi/4=\pi/4$.
Le D.L. d'$\arctan (x+1)$ au voisinage de $x=-1$ s'écrit~:
\begin {equation*}
\arctan (x+1)=(x+1)-\frac{(x+1)^3}{3}+\frac{(x+1)^5}{5}+o[(x+1)^5]
\end{equation*}
et au point $X=0$ on obtient à nouveau \eqref{pi}.
\section{Formule de John Machin (1706)}
\begin{theoreme}
\begin{empheq}[box=\greybox]{align*}
\pi=16\arctan(1/5)-4\arctan(1/239)
\end{empheq}
\end{theoreme}
\begin{proof}
La formule \eqref{Eq simple} p.~\pageref{Eq simple} est de la forme
\begin {equation*}
\pi=a\arctan(\varphi)
\end {equation*}
avec $a=4$ et $\varphi=1$.
Nous cherchons maintenant une formule de la forme~:
\begin{equation}
\pi=a\arctan(\alpha)+b\arctan(\beta) \label{Eq Machin}
\end{equation}
avec $\alpha$ et $\beta$ les plus petits possible pour avoir une convergence plus rapide car le D.L. de arctangente sera pris au voisinage de zéro.
Les paramètres $a$ et $b$ sont libres mais nous devons les choisir les plus grands possible pour que les arctangentes soient les plus petites possibles.
En posant $A=\arctan(\alpha)$ et $B=\arctan(\beta)$, nous avons à résoudre~:
\begin{align*}
aA+bB&=\pi\\
\frac{aA}{4}+\frac{bB}{4}&=\arctan1\\
\tan\left(\frac{aA}{4}+\frac{bB}{4}\right)&=1
\end{align*}
Or,
\begin{equation*}
\tan{(x+y)}=\frac{\tan{x}+\tan{y}}{1-\tan{x}\tan{y}}
\end{equation*}
donc,
\begin{align*}
\frac{\tan\left(\frac{aA}{4}\right)+\tan\left(\frac{bB}{4}\right)}{1-\tan\left(\frac{aA}{4}\right)\tan\left(\frac{bB}{4}\right)}&=1\\
\tan\left(\frac{aA}{4}\right)+\tan\left(\frac{bB}{4}\right)+\tan\left(\frac{aA}{4}\right)\tan\left(\frac{bB}{4}\right)&=1\\
\tan\left(\frac{aA}{4}\right)+\tan\left(\frac{bB}{4}\right)\left[1+\tan\left(\frac{aA}{4}\right)\right]&=1
\end{align*}
et,
\begin{equation}
\tan\left(\frac{bB}{4}\right)=\frac{1-\tan\left(\frac{aA}{4}\right)}{1+\tan\left(\frac{aA}{4}\right)} \label{Eq depart}
\end{equation}
Nous devons chercher des valeurs de $a$, $b$, $A$, et $B$ solutions de cette équation,
puis les remplacer dans l'équation \eqref{Eq Machin} p.~\pageref{Eq Machin}.
Nous avons le choix pour les paramètres $a$ et $b$, mais nous devons faire réapparaître $\alpha$ et $\beta$, autrement dit $\tan A$ et $\tan B$. 
Pour cela nous devons prendre $a$ et $b$ multiples de $4$ car ces paramètres sont dans les tangentes de \eqref{Eq depart},
et nous utiliserons les formules de l'angle double.
Pour retrouver la formule de Machin, posons $a=16$ et $b=4$.
Par la suite nous essaierons avec $a=4$ et avec $a=8$.
\subsection{Cas où a=16 et b=4}
\begin{equation}
\tan{B}=\frac{1-\tan(4A)}{1+\tan(4A)} \label{Eq Machin2}
\end{equation}
Or 
\begin{align*}
\tan(4A)&=\frac{2\tan(2A)}{1-\tan^2(2A)}\\
&=\frac{2[(2\tan{A})/(1-\tan^2A)]}{1-[(2\tan{A})/(1-\tan^2A)^2]}\\
&=\frac{4\tan{A}(1-\tan^2A)}{(1-\tan^2A)^2-4\tan^2A}\\
&=\frac{4\tan{A}(1-\tan^2A)}{\tan^4A-6\tan^2A+1}
\end{align*}
En se rappelant que $\alpha=\tan{A}$,
\begin{equation*}
\tan(4A)=\frac{4\alpha(1-\alpha^2)}{\alpha^4-6\alpha^2+1}
\end{equation*}
D'où avec l'équation~\eqref{Eq Machin2} et $\beta=\tan{B}$,
\begin{align}
\beta&=\frac{1-(4\alpha-4\alpha^3)/(\alpha^4-6\alpha^2+1)}{1+(4\alpha-4\alpha^3)/(\alpha^4-6\alpha^2+1)}\notag\\
&=\frac{\alpha^4+4\alpha^3-6\alpha^2-4\alpha+1}{\alpha^4-4\alpha^3-6\alpha^2+4\alpha+1} \label{Eq beta}
\end{align}
Toutes les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ respectant l'équation précédente sont solutions du problème.
Pour que la formule converge rapidement nous prenons les valeurs les plus petites possibles pour $\alpha$ et $\beta$.
Le couple de valeurs $(\alpha, \beta)$ qui respecte cette condition est tel que $\alpha=\beta$. Soit donc à résoudre~:
\begin{align*}
\alpha&=\frac{\alpha^4+4\alpha^3-6\alpha^2-4\alpha+1}{\alpha^4-4\alpha^3-6\alpha^2+4\alpha+1}\\
\alpha^5-4\alpha^4-6\alpha^3+4\alpha^2+\alpha&=\alpha^4+4\alpha^3-6\alpha^2-4\alpha+1\\
\alpha^5-5\alpha^4-10\alpha^3+10\alpha^2+5\alpha-1&=0
\end{align*}
Cette équation admet $5$ racines, toutes réelles~:
\begin{align*}
\alpha_{1}&=-\sqrt{5-2\sqrt{5}}-\sqrt{5}+1\\
\alpha_{2}&=\sqrt{5-2\sqrt{5}}-\sqrt{5}+1\\
\alpha_{3}&=-\sqrt{5+2\sqrt{5}}+\sqrt{5}+1\\
\alpha_{4}&=\sqrt{5+2\sqrt{5}}+\sqrt{5}+1\\
\alpha_{5}&=1
\end{align*}
La plus petite racine en valeur absolue est
\begin{equation*}
\alpha_{4}=\num{0,15838444}\dots
\end{equation*}
On choisit un nombre rationnel proche de cette valeur, par exemple
\begin{align*}
\alpha&=1/5\\
&=0,2
\end{align*}
Avec \eqref{Eq beta} p.~\pageref{Eq beta} on calcule alors
\begin{align*}
\beta&=-1/239\\
&=\num{0,0041841}
\end{align*}
et l'on remplace dans \eqref{Eq Machin} p.~\pageref{Eq Machin}
\begin{equation*}
\pi=16\arctan(\tfrac{1}{5})-4\arctan(\tfrac{1}{239})
\end{equation*}
ce qui achève la démonstration.
\end{proof}
Pour
\begin{align*}
\alpha&=1/6\\
&= \num{0,16667}\dots
\end{align*}
on trouve
\begin{align*}
\beta&=673/1489\\
&=\num{0,451981}\dots
\end{align*}
qui converge moins vite car $\num{0,45}>\num{0,2}$.
En utilisant le D.L. d'arctangente au voisinage de zéro à l'ordre $3$ donné en~\eqref{DL_arctan} p.~\pageref{DL_arctan}, la formule de Machin s'écrit~:
\begin{align*}
\pi&\approx16(\tfrac{1}{5}-\tfrac{1}{5^3\times 3})-4(\tfrac{1}{239}-\tfrac{1}{239^3\times 3})\\
&\approx\frac{16}{5}-\frac{4}{239}-\frac{16}{375}+\frac{4}{40955757}
\end{align*}
Les $4$ premiers termes donnent $\pi\approx\num{3,1406}\dots$

\subsection{Cas où a=4 et b=4}

L'équation~\eqref{Eq depart} s'écrit:
\begin{equation*}
\tan{B}=\frac{1-\tan(A)}{1+\tan(A)}
\end{equation*}
En se rappelant que $\alpha=\tan{A}$ et $\beta=\tan{B}$,
\begin{equation*}
\beta=\frac{1-\alpha}{1+\alpha}
\end{equation*}
De même que précédemment, on pose $\alpha=\beta$ et l'on résoud l'équation~:
\begin{align*}
\alpha&=\frac{1-\alpha}{1+\alpha}\\
\alpha+\alpha^2&=1-\alpha\\
\alpha^2+2\alpha-1&=0
\end{align*}
On trouve le discriminant réduit $\Delta'=2$ et les racines $\alpha_{1,2}=-1\pm\sqrt{2}$.
On garde la racine la plus petite en valeur absolue, $\alpha_{1}=-1+\sqrt{2}$. Remplaçons dans l'équation~\eqref{Eq Machin}~:
\begin{align*}
\pi&=4\arctan(\alpha)+4\arctan(\alpha)\\
&=8\arctan(\sqrt{2}-1)
\end{align*}
Cette formule dépend du calcul de $\sqrt{2}$ et converge plus lentement que la formule de Machin car
\begin{align*}
\sqrt{2}-1&\approx={0,414213}\dots\\
&>1/5
\end{align*}

\subsection{Cas où a=8 et b=4}

L'équation \eqref{Eq depart} p.~\pageref{Eq depart} s'écrit~:
\begin{equation*}
\tan{B}=\frac{1-\tan(2A)}{1+\tan(2A)}
\end{equation*}
Or, 
\begin{align*}
\tan(2A)&=\frac{2\tan{A}}{1-\tan^2A}\\
&=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2}
\end{align*}
D'où,
\begin{equation}
\begin{aligned}
\beta&=\frac{1-2\alpha/(1-\alpha^2)}{1+2\alpha/(1-\alpha^2)}\\
&=\frac{1-\alpha^2-2\alpha}{1-\alpha^2+2\alpha}\\
&=\frac{\alpha^2+2\alpha-1}{\alpha^2-2\alpha-1}\label{Eq beta2}
\end{aligned}
\end{equation}
On pose $\alpha=\beta$,
\begin{align*}
\alpha&=\frac{\alpha^2+2\alpha-1}{\alpha^2-2\alpha-1}\\
\alpha^3-2\alpha^2-\alpha&=\alpha^2+2\alpha-1\\
\alpha^3-3\alpha^2-3\alpha+1&=0
\end{align*}
Cette équation admet $3$ racines, toutes réelles~:
\begin{align*}
\alpha_{1}&=2-\sqrt{3}\\
\alpha_{2}&=2+\sqrt{3}\\
\alpha_{3}&=-1
\end{align*}
La plus petite racine en valeur absolue est $\alpha_{1}\approx\num{0,267949192}$.
On choisit un nombre rationnel proche de cette valeur, par exemple $\alpha=1/4$.
Avec \eqref{Eq beta2} p.~\pageref{Eq beta2} on calcule $\beta=7/23$, on remplace dans \eqref{Eq Machin} p.~\pageref{Eq Machin}~:
\begin{equation*}
\pi=8\arctan(1/4)+4\arctan(7/23)
\end{equation*}
qui converge plus lentement que la formule de Machin car $7/23>1/5$.
\section{Développement en série entière et développement limité}

On appelle \emph{série} une somme infinie de termes.
Les séries entière, aussi appelées séries de puissances, sont des polynômes de degré infini.
\subsection{Développement en série de Maclaurin}

On suppose que la fonction $f(x)$ peut s'écrire sous la forme d'un polynôme en $x$~:
\begin{align*}
f(x)&=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots\\
&=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n
\end{align*}
En posant $x=0$, nous obtenons le premier coefficient~:
\begin{equation*}
f(0)=a_0
\end{equation*}
Si $f(x)$ est de classe $C^1$ (dérivable une fois), alors~:
\begin{equation*}
f'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+\dots
\end{equation*}
En posant $x=0$, nous obtenons le deuxième coefficient~:
\begin{equation*}
f'(0)=a_1
\end{equation*}
Si $f(x)$ est de classe $C^2$~:
\begin{align*}
f''(x)&=2a_2+2\times3a_3x+3\times4a_4x^2+\dots\\
f''(0)&=2a_2
\end{align*}
Si $f(x)$ est de classe $C^3$~:
\begin{align*}
f'''(x_0)&=2\times3a_3+3\times4a_4x+\dots\\
f'''(0)&=2\times3a_3
\end{align*}
En notant $f^{(n)}$ la dérivée d'ordre~$n$ de la fonction~$f(x)$,
les coefficients $a_{n}$ s'écrivent~:
\begin{equation*}
a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}
\end{equation*}
Le développement en série entière de $f(x)$ de classe $C^\infty$ s'écrit~:
\begin{align*}
f(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\,x^3+\dots\\
&=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n
\end{align*}
Le développement en série entière n'est pas une approximation de la fonction, c'est très exactement la fonction.
En revanche, si on limite le développement au $n$ premiers termes de la série on obtient une approximation de la fonction
par un \emph{D.L.} à l'ordre $n$~:
\begin{align*}
f(x)&\approx f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\,x^3+\dots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n+R(x)\\
&=\sum^{n}_{i=0}\frac{f^{(i)}(0)}{i!}\,x^i+R(x)
\end{align*}
Le point $M(0,a_0)$ est le seul point appartenant à la courbe et à son approximation,
l'approximation n'est donc valable qu'au voisinage de zéro.
De plus, le reste $R(x)$ doit être inférieur au plus petit terme du D.L., c'est-à-dire le dernier,
lorsque l'on est au voisinage de $x=0$. Il doit tendre vers zéro plus vite que le $n^{ième}$ terme.
Autrement dit une cns est que l'on ait~:
\begin{align*}
\lim_{x\to0}\,\frac{R(x)}{a_nx^n}&=0\\
\lim_{x\to0}\,\frac{R(x)}{x^n}&=0
\end{align*}
Les fonctions qui tendent vers zéro plus vite que la fonction puissance $n$ au voisinage de zéro sont notées \og petit o\fg :
$o(x^n)$ en notation dite de Edmund Landau.

\begin{exemples}

Au premier ordre nous obtenons une approximation linéaire (ou approximation affine) de la fonction~:
\begin{align*}
f(x)&=a_0+a_1x+o(x)\\
&\approx a_0+a_1x
\end{align*}
L'approximation linéaire est une droite tangente à la courbe $y=f(x)$ au point $M(0,a_0)$.

Développement limité à l'ordre $4$ de $f(x)$ au voisinage de $0$~:
\begin{equation*}
f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\,x^3+\frac{f''''(0)}{4!}\,x^4+o(x^4)
\end{equation*}
\end{exemples}
\subsection{Développement en série de Taylor}

Nous pouvons reconstruire la courbe en commençant par un point quelconque $x_0$ autre que le point $x=0$,
en translatant le polynôme de $x_0$. On suppose que la fonction peut s'écrire sous la forme du polynome suivant~:
\begin{align*}
f(x)&=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\dots\\
&=\sum^{+\infty}_{n=0}a_n(x-x_0)^n
\end{align*}
Dans ce cas, le premier coefficient est obtenu en $x=x_0$~:
\begin{equation*}
f(x_0)=a_0
\end{equation*}
Si $f(x)$ est de classe $C^1$, alors~:
\begin{align*}
f'(x)&=a_1+2a_2(x-x_0)+3a_3(x-x_0)^2+\dots\\
f'(x_0)&=a_{1}
\end{align*}
Le développement en série de Taylor de $f(x)$ de classe $C^\infty$ s'écrit~:
\begin{align*}
f(x)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}\,(x-x_0)^2+\dots\\
&=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\,(x-x_0)^n
\end{align*}

Si l'on considère uniquement les $n+1$ premiers termes de la série de Taylor,
on obtient le D.L. à l'ordre $n$ de la fonction $f(x)$ de classe $C^n$ au voisinage de $x_0$~:
\begin{align*}
f(x)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}\,(x-x_0)^2\!+\!\dots\!+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\,(x-x_0)^n+o[(x-x_0)^n]\\
&=\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\,(x-x_0)^i+o[(x-x_0)^n]
\end{align*}
Le point $M(x_0,a_0)$ est le seul point appartenant à la courbe et à son approximation,
l'approximation n'est donc valable qu'au voisinage de $x_0$.
\begin{exemple}

Développement limité à l'ordre $2$ de $f(x)$ au voisinage de $1$~:
\begin{equation*}
f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2!}\,(x-1)^2+o[(x-1)^2]
\end{equation*}
\end{exemple}

\subsection{Développement limité d'arctangente}

Cherchons la dérivée de $\arctan(x)$, fonction réciproque de $\tan(x)$.
\begin{theoreme}\label{t1}
Dérivée d'une fonction composée.
\begin{equation*}
\left(f\circ g\right)'(x)=\left(f'\circ g\right)(x)\times g'(x)
\end{equation*}
\end{theoreme}
\begin{proof}
\begin{align*}
\left\{f[g(x)]\right\}'&=\lim_{h\to 0}\,\frac{f[g(x+h)-f[g(x)]}{h}\\
&=\lim_{h\to 0}\,\frac{f[g(x)+g(x+h)-g(x)]-f[g(x)]}{h}\\
&=\lim_{h\to 0}\,\frac{f[g(x)+g(x+h)-g(x)]-\!f[g(x)]}{g(x+h)-g(x)}\!\times\!\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\\
&=\lim_{k\to 0}\,\frac{f[g(x)+k]-f[g(x)]}{k}\times\lim_{h\to 0}\,\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\\
&=f'[g(x)]\times g'(x)\qedhere
\end{align*}
\end{proof}
\begin{theoreme}\label{t2}
Dérivée d'une fonction réciproque.
\begin{equation*}
\left(f^{-1}\right)'(x)=\frac{1}{\left(f'\circ f^{-1}\right)(x)}
\end{equation*}
\end{theoreme}
\begin{proof}
En posant $g(x)=f^{-1}(x)$ dans le théorème~\ref{t1},
\begin{equation*}
\left(f\circ f^{-1}\right)'(x)=\left(f'\circ f^{-1}\right)(x)\times\left(f^{-1}\right)'(x)
\end{equation*}
Or,
\begin{align*}
\left(f\circ f^{-1}\right)'(x)&=x'\\
&=1
\end{align*}
donc,
\begin{equation*}
\left(f^{-1}\right)'(x)=\frac{1}{\left(f'\circ f^{-1}\right)(x)}\qedhere
\end{equation*}
\end{proof}
Appliquons le théorème~\ref{t2} à la fonction $\arctan(x)$. La dérvivée de $\tan(x)$ s'écrit~:
\begin{align*}
\tan'(x)&=\left(\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\right)'\\
&=\frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)}\\
&=1+\tan^2(x)
\end{align*}
On en déduit celle de $\arctan(x)$~:
\begin{align*}
\arctan'(x)&=\frac{1}{\tan'(\arctan(x))}\\
&=\frac{1}{1+\tan^2(\arctan(x))}\\
&=\frac{1}{1+x^2}
\end{align*}
La dérivée seconde~:
\begin{align*}
f''(x)&=-(1+x^2)^{-2}\times2x\\
&=\frac{-2x}{(1+x^2)^2}
\end{align*}
La dérivée troisième~:
\begin{align*}
f'''(x)&=\frac{-2\left(1+x^2\right)^2+2x\times2(1+x^2)\times2x}{(1+x^2)^4}\\
&=\frac{\left[-2(1+x^2)+8x^2\right]}{(1+x^2)^3}\\
&=\frac{(6x^2-2)}{(1+x^2)^3}
\end{align*}
La dérivée quatrième~:
\begin{align*}
f''''(x)&=\frac{12x\left(1+x^2\right)^3-(6x^2-2)\times3\left(1+x^2\right)^2\times2x}{(1+x^2)^3}\\
&=\frac{12x+12x^3-36x^3+12x}{1+x^2}\\
&=\frac{24(x-x^3)}{1+x^2}
\end{align*}
La dérivée cinquième~:
\begin{equation*}
f'''''(x)=24\,\frac{(1-3x^2)(1+x^2)-(x-x^3)\times2x}{\left(1+x^2\right)^2}
\end{equation*}
Nous obtenons le D.L. d'$\arctan(x)$ au voisinage de $0$~:
\begin{align}
\arctan(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\,x^3+\frac{f''''(0)}{4!}\,x^4+\frac{f'''''(0)}{5!}\,x^5\notag\\
&=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^{5})\label{DL_arctan}
\end{align}
Le D.L. d'$\arctan(x)$ au voisinage de $1$ s'écrit~:
\begin{align}
\arctan(x)&=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2!}\,(x-1)^2+\frac{f'''(1)}{3!}\,(x-1)^3\notag\\
&=\frac{\pi}{4}+\frac{x-1}{2}-\frac{(x-1)^2}{4}+\frac{(x-1)^3}{12}+o[(x-1)^{3}]\label{DL_arctan1}
\end{align}
\end{document}
