Tout d’abord, pour \(n\geq1\), \(\frac{n-1}{n}\) existe et est élément de \([-1,1]\). Donc, \(\Arccos\frac{n-1}{n}\) existe pour tout entier naturel non nul \(n\).

Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(\frac{n-1}{n}\) tend vers \(1\) et donc \(\Arccos\frac{n-1}{n}\) tend vers \(0\). Mais alors,

\[\Arccos\frac{n-1}{n}\sim\sin(\Arccos\frac{n-1}{n})=\sqrt{1-(\frac{n-1}{n})^2}=\frac{\sqrt{2n-1}}{n}\sim\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}}.\] \(\Arccos\frac{1}{n}\) tend vers \(1\) et donc \(\Arccos\frac{1}{n}\sim1\). \(\ch(\sqrt{n})=\frac{1}{2}(e^{\sqrt{n}}+e^{-\sqrt{n}})\sim\frac{1}{2}e^{\sqrt{n}}\). \(n\ln(1+\frac{1}{n})\sim n.\frac{1}{n}=1\) et donc, \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e^{n\ln(1+1/n)}\) tend vers \(e\). Par suite, \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\sim e\). \(\Argch n\) existe pour \(n\geq1\) et comme, pour \(n\geq1\), \(n^4+n^2-1\geq n^4>0\), \(\frac{\Argch n}{\sqrt{n^4+n^2-1}}\) existe pour \(n\geq1\).

\[\Argch n=\ln(n+\sqrt{n^2-1})\sim\ln(n+n)=\ln(2n)=\ln n+\ln2\sim\ln n.\]

Donc, \(\frac{\Argch n}{\sqrt{n^4+n^2-1}}\sim\frac{\ln n}{\sqrt{n^4}}=\frac{\ln n}{n^2}\). \(-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n}+1)=-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n})-\sqrt{n}\ln(1+\frac{1}{\sqrt{n}})=-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n})-\sqrt{n}(\frac{1}{\sqrt{n}}+o(\frac{1}{\sqrt{n}}))=-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n})-1+o(1)\), et donc

\[(1+\sqrt{n})^{-\sqrt{n}}=e^{-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n})-1+o(1)}\sim e^{-\sqrt{n}\ln(\sqrt{n})-1}=\frac{1}{e}\frac{1}{\sqrt{n}^{\sqrt{n}}}.\] \[\ln(\cos\frac{1}{n})(\ln\sin\frac{1}{n})\sim(\cos\frac{1}{n}-1)\ln(\frac{1}{n})\sim(-\frac{1}{2n^2})(-\ln n)=\frac{\ln n}{2n^2}.\] \((\Arctan n)^{3/5}=(\frac{\pi}{2}-\Arctan\frac{1}{n})^{3/5}=(\frac{\pi}{2})^{3/5}(1-\frac{2}{\pi}(\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})))^{3/5}=(\frac{\pi}{2})^{3/5}(1-\frac{6}{5n\pi}+o(\frac{1}{n}))\), et donc

\[(\frac{\pi}{2})^{3/5}-(\Arctan n)^{3/5}=(\frac{\pi}{2})^{3/5}(1-1+\frac{6}{5n\pi}+o(\frac{1}{n})) \sim(\frac{\pi}{2})^{3/5}\frac{6}{5n\pi}\] Tout d’abord, pour \(n\geq1\), \(\left|\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right|=\frac{1}{\sqrt{n}}\leq 1\), et donc \(1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\geq0\), puis \(\sqrt{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}-1\) existe. Ensuite, quand \(n\) tend vers \(+\infty\),

\[\sqrt{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}-1\sim\frac{(-1)^n}{2\sqrt{n}}.\]

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