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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