il existe une formule pour \(\sin(x)-\sin(y)\), voir
ici.
Écrivons
\[ b_n=\log(n+1)-\log(n-1)
=\log\Bigl(\frac{n+1}{n-1}\Bigr)
=\log\Bigl(\frac{1+\frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}}\Bigr)\,.
\]
Comme \(\frac1n \to 0\) et comme \(\log(x)\) est continue en \(x=1\) (comme on
verra plus loin dans le cours), on a \(b_n\to \log(1)=0\).
Soit \(x_n:= \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\). Alors \(x_n>0\) et \(x_n\to 0\)
(vu au cours) et donc
\[
c_n=\frac{\sin(x_n)}{x_n}\to 1\,.
\]
En multipliant et divisant par le conjugué, on peut extraire les
termes dominants (c'est-à-dire \(n\)):
\[
e_n=\frac{n(n+1)-n^2}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}+n}
=\frac{1}{\sqrt{1+\frac1n}+1}\to \frac12\,.
\]
On a \(f_n=\sqrt[n]{n}=n^{1/n}
=e^{\frac{\log n}{n}}\).
Comme \(\frac{\log n}{n}\to 0\), on a \(f_n\to e^0=1\).
On utilise \(\sin(x)-\sin(y)=2\sin(\frac{x-y}{2})\cos(\frac{x+y}{2})\):
\[\begin{aligned}
|g_n|&= \bigl|
\sin(\sqrt{n+1})-\sin(\sqrt{n})
\bigr|\\
&=
2\Bigl|
\sin(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2})
\cos(\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2})
\Bigr|\\
&\leqslant
2\Bigl|
\sin(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2})
\Bigr|
\end{aligned}\]
Comme \(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\to 0\), on a \(|g_n|\to 0\), et donc \(g_n\to 0\).
Remarquons que
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}n\cdot\sin(\tfrac{2n+3}{n^{3}})\) est une
indétermination du type ''\(\infty\cdot 0\)''.
En effet, \(\frac{2n+3}{n^3}\to 0\), et donc \(\sin(\tfrac{2n+3}{n^{3}})\to 0\).
Récrivons:
\[\begin{aligned}
n\cdot\sin(\tfrac{2n+3}{n^{3}})
&=
n\cdot \frac{\sin(\tfrac{2n+3}{n^{3}})}{\tfrac{2n+3}{n^{3}}}
\tfrac{2n+3}{n^{3}}\\
&=
\underbrace{\frac{\sin(\tfrac{2n+3}{n^{3}})}{\tfrac{2n+3}{n^{3}}}}_{\to 1}
\underbrace{\tfrac{2n^2+3n}{n^{3}}}_{\to 0}\,.
\end{aligned}\]
Dans la première limite, on a posé \(x_n=\frac{2n+3}{n^3}\to 0\), dans la
deuxième on a extrait le terme dominant.
Donc la limite cherchée vaut \(\lim_{n\to \infty} l_n=0\).