Exemple: Nous avons déjà rencontré la suite \[ x_n=\frac{n^2}{n+1}\,, \] qui est du type ''\(\frac{\infty}{\infty}\)'' puisque \(n^2\to +\infty\) et \(n+1\to +\infty\). Nous avions également montré qu'elle tend vers \(+\infty\), l'intuition derrière ce fait étant la présence de l'exposant ''\(2\)'' fait que le numérateur l'emporte dans la limite \(n\to \infty\).

Une autre façon de traiter ce quotient est de l'écrire comme un produit: \[ \frac{n^2}{n+1}=\underbrace{n}_{=a_n}\cdot \underbrace{\frac{n}{n+1}}_{=b_n} \] On a alors \(a_n\to+\infty\) et \(b_n\to 1\), ce qui implique (par une propriété énoncée et démontrée ici) que \[ \frac{n^2}{n+1}=a_nb_n\to +\infty\,. \] Ainsi, en récrivant notre suite, on a pu la mettre sous une forme qui permet de déduire son comportement à l'aide d'une propriétés de base des suites.

Exemple: Considérons \[\lim_{n\to \infty}\frac{3n^3-17n+1}{5n^3+\sin(n)}\,,\] qui est effectivement une indétermination de la forme ''\(\frac{\infty}{\infty}\)'', puisque

• \(a_n=3n^3-17n+1\to +\infty\) (polynôme de degré \(3\), dont le coefficient principal est \(3\gt 0\)),
• \(b_n=5n^3+\sin(n)\to +\infty\) (\(5n^3\to \infty\) et \(\sin(n)\) est bornée).

Exemple: Les comparaisons des comportements logarithmiques, polynomiaux et exponentiels, ont consisté à résoudre les indéterminations ''\(\frac{\infty}{\infty}\)'' suivantes: \[ x_n=\frac{\bigl(\log_r (n)\bigr)^\beta}{n^\alpha}\to 0\,,\qquad x_n=\frac{n^\alpha}{r^n}\to 0\,. \] Remarquons que ces limites ont requis une analyse plus fine, puisque numérateur et dénominateur sont de nature différente (on n'a pas pu simplement extraire de ''terme dominant'').

Exemple: Considérons \[ \lim_{n\to \infty} \bigl(n^3-5n^2\bigr)\,, \] dans laquelle \(a_n=n^3\to +\infty\) et \(b_n=5n^2\to \infty\). Comme \(a_n\) tend vers l'infini plus vite que \(b_n\), dû au fait qu'il contient un terme de degré \(3>2\), on a avantage à mettre \(n^3\) en évidence et obtenir un produit, \[ a_n-b_n=n^3-5n^2=\underbrace{n^3}_{a_n'}\underbrace{\Bigl(1-\frac{5}{n}\Bigr)}_{b_n'} \] Maintenant, on a toujours \(a_n'\to \infty\), mais puisque \(b_n'=1-\frac{5}{n}\to 1\neq 0\), leur produit tend vers \(+\infty\). On a donc \[\lim_{n\to \infty} a_nb_n=\lim_{n\to \infty} a_n'b_n'=+\infty\,.\]

Exemple: Considérons \[ \lim_{n\to \infty} \bigl\{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\bigr\}\,, \] qui est bien du type ''\(\infty-\infty\)''. En multipliant et divisant par le conjugué, \[\begin{aligned} \sqrt{n+1}-\sqrt{n}&= \bigl(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\bigr) \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\\ &=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\,. \end{aligned}\] Ce quotient n'est plus indéterminé: \[ \lim_{n\to \infty} \bigl\{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\bigr\}= \lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0\,. \]

Exemple: Considérons le cas ''\(\infty-\infty\)'' suivant: \[ \lim_{n\to\infty}\bigl(\log(e^{\sqrt{n}}+2)-\log(e^{\sqrt{n}}+1)\bigr) \] Ici, on peut remarquer qu'en écrivant \[\begin{aligned} a_n&=\log(e^{\sqrt{n}}+2)=\log(e^{\sqrt{n}}(1+2e^{-{\sqrt{n}}}))={\sqrt{n}}+\log(1+2e^{-{\sqrt{n}}})\,,\\ b_n&=\log(e^{\sqrt{n}}+1)=\log(e^{\sqrt{n}}(1+e^{-{\sqrt{n}}}))={\sqrt{n}}+\log(1+e^{-{\sqrt{n}}})\,, \end{aligned}\] ce qui montre que \(a_n\) et \(b_n\) contiennent tous deux un ''\(\sqrt{n}\)'', qui tend vers l'infini, et qui disparaît lorsqu'on fait la différence: \[\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(a_n-b_n)&= \lim_{n\to \infty}\left( \log(1+2e^{-{\sqrt{n}}}) -\log(1+e^{-{\sqrt{n}}}) \right)\\ &=\log(1)-\log(1)\\ &=0\,. \end{aligned}\] C'est donc un cas d'une indétermination ''\(\infty-\infty\)'' dans laquelle on peut montrer que les infinis se ''compensent exactement''.