Le point de méthode, avant tout calcul. Pour prouver une limite, on a la main sur le rang $N$ et non sur la précision : on fixe $\varepsilon > 0$ (ou $A \in \mathbb{R}$ pour une limite infinie), puis on construit $N$. Inversement, chaque hypothèse de convergence est une machine qu'on peut interroger avec la précision de son choix : c'est là toute l'astuce, et c'est ce qui explique les choix apparemment arbitraires de $\varepsilon_1 = 1$ ou $A_2 = -A_3$ ci-dessous.

1. $2u_n + v_n \to -1$. Soit $\varepsilon > 0$. On veut trouver $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $\lvert (2u_n + v_n) - (-1) \rvert \leq \varepsilon$.

• Comme $u_n \to -2$, appliqué à la précision $\varepsilon/4$, il existe $n_1$ tel que pour tout $n \geq n_1$, $\lvert u_n + 2 \rvert \leq \varepsilon/4$.
• Comme $v_n \to 3$, appliqué à la précision $\varepsilon/2$, il existe $n_2$ tel que pour tout $n \geq n_2$, $\lvert v_n - 3 \rvert \leq \varepsilon/2$.

Posons $N = \max(n_1, n_2)$. Pour $n \geq N$, les deux inégalités tiennent simultanément et l'inégalité triangulaire donne

$\lvert (2u_n + v_n) + 1 \rvert = \lvert 2(u_n + 2) + (v_n - 3) \rvert \leq 2\lvert u_n + 2 \rvert + \lvert v_n - 3 \rvert \leq 2 \cdot \frac{\varepsilon}{4} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$

Un tel $N$ existe pour tout $\varepsilon > 0$ : la suite $2u_n + v_n$ tend vers $-1$. La seule décision non mécanique est le découpage de $\varepsilon$ en $\varepsilon/4$ et $\varepsilon/2$ : les coefficients $2$ et $1$ de la combinaison linéaire imposent ce partage.

2. $u_n + 4v_n \to 7$. Même schéma. Soit $\varepsilon > 0$. Les hypothèses donnent, pour la précision $\varepsilon/2$ puis $\varepsilon/8$ : il existe $n_1$ tel que $\lvert u_n + 1 \rvert \leq \varepsilon/2$ pour $n \geq n_1$, et $n_2$ tel que $\lvert v_n - 2 \rvert \leq \varepsilon/8$ pour $n \geq n_2$. Pour $n \geq \max(n_1, n_2)$ :

$\lvert (u_n + 4v_n) - 7 \rvert = \lvert (u_n + 1) + 4(v_n - 2) \rvert \leq \lvert u_n + 1 \rvert + 4\lvert v_n - 2 \rvert \leq \frac{\varepsilon}{2} + 4 \cdot \frac{\varepsilon}{8} = \varepsilon.$

3. $u_n \to 2$ et $v_n \to -\infty$ impliquent $u_n - v_n \to +\infty$. Soit $A > 0$ quelconque ; on cherche $N$ tel que $u_n - v_n \geq A$ pour $n \geq N$.

• Comme $u_n \to 2$, on peut interroger l'hypothèse avec la précision $1$ (et non $\varepsilon$ : ici on ne cherche pas une petite erreur, on cherche un signe et une borne). Il existe $N_1$ tel que pour tout $n \geq N_1$, $\lvert u_n - 2 \rvert \leq 1$, c'est-à-dire $1 \leq u_n \leq 3$. En particulier $u_n \geq 1$.
• Comme $v_n \to -\infty$, appliqué au seuil $-A$, il existe $N_2$ tel que pour tout $n \geq N_2$, $v_n \leq -A$, c'est-à-dire $-v_n \geq A$.

Pour $n \geq N = \max(N_1, N_2)$ : $u_n - v_n \geq 1 + A \geq A$. Donc $u_n - v_n \to +\infty$.

Pourquoi cela ne marcherait-il pas avec $v_n \to -\infty$ et $u_n \to +\infty$ ? Parce que la minoration $u_n \geq 1$ disparaît : deux quantités qui tendent vers $+\infty$ peuvent se compenser, on tombe sur la forme indéterminée $+\infty - \infty$. Le point clé ici est que $u$ converge, donc est bornée.

4. $u_n \to 3$ et $v_n \to +\infty$ impliquent $u_n/v_n \to 0$. D'abord, le quotient est bien défini à partir d'un certain rang : avec la précision $1$, il existe $N_0$ tel que $\lvert u_n - 3 \rvert \leq 1$ pour $n \geq N_0$, donc $\lvert u_n \rvert \leq 4$ et en particulier $u_n \neq 0$ n'est pas garanti — c'est $v_n$ qu'il faut regarder. Comme $v_n \to +\infty$, pour le seuil $1$ il existe $N_1$ tel que $v_n \geq 1 > 0$ pour $n \geq N_1$ : le quotient est défini dès ce rang.

Soit alors $\varepsilon > 0$. Pour le seuil $4/\varepsilon$, il existe $N_2$ tel que $v_n \geq 4/\varepsilon$ pour $n \geq N_2$. Pour $n \geq \max(N_0, N_1, N_2)$ :

$\left\lvert \frac{u_n}{v_n} - 0 \right\rvert = \frac{\lvert u_n \rvert}{v_n} \leq \frac{4}{4/\varepsilon} = \varepsilon.$

Donc $u_n/v_n \to 0$. Le numérateur est borné ($\lvert u_n \rvert \leq 4$) et le dénominateur tend vers $+\infty$ : le quotient est écrasé.

Ce qu'il faut retenir. Trois gestes reviennent dans toutes ces preuves : majorer par l'inégalité triangulaire, découper $\varepsilon$ selon les coefficients, et prendre le maximum des rangs. Le rang final est toujours un $\max$ fini de rangs, jamais une somme.

1. Faux. Contre-exemple : $u_n = n$ si $n$ est pair, $u_n = 4$ si $n$ est impair. La suite est non bornée (la sous-suite des indices pairs tend vers $+\infty$) mais $\lvert u_n \rvert$ ne tend pas vers $+\infty$, puisque la sous-suite $u_{2n+1} = 4$ est constante. Autrement dit : « non bornée » signifie $\forall M, \exists n, \lvert u_n \rvert > M$ (le rang dépend de $M$), alors que « $\lvert u_n \rvert \to +\infty$ » signifie $\forall M, \exists N, \forall n \geq N, \lvert u_n \rvert > M$ (à partir d'un rang, tous les termes). L'ordre des quantificateurs fait toute la différence.

2. Faux. Contre-exemple : $u_n = (-1)^n n^2$. Alors $2u_n/n^2 = 2(-1)^n$ ne tend pas vers $+\infty$ — donc ce contre-exemple ne convient pas. Reprenons : il faut $2u_n/n^2 \to +\infty$, ce qui impose $u_n > 0$ pour $n$ grand, et donc $u_n \to +\infty$. L'énoncé est en fait vrai : par définition, $2u_n/n^2 \geq 1$ pour $n$ assez grand donne $u_n \geq n^2/2$, et $n^2/2 \to +\infty$ entraîne $u_n \to +\infty$ par comparaison. Piège à connaître : une suite qui tend vers $+\infty$ multipliée par une suite positive bornée qui ne tend pas vers $0$ conserve la limite $+\infty$ ; ici $n^2/2$ tend vers $+\infty$, il n'y a aucune compensation possible.

3. Faux. Contre-exemple : $u_n = n$ et $v_n = 1/n^2$. Alors $u_n v_n = 1/n \to 0$, mais ni $u_n$ ni $v_n$ ne tend vers $0$ ($v_n \to 0$ effectivement — prenons plutôt $u_n = n$ et $v_n = (-1)^n/n$ : le produit est $(-1)^n$, qui ne tend pas vers $0$). Le bon contre-exemple est donc $u_n = n$ et $v_n = 1/n$ : le produit vaut $1$ — mauvais aussi. Il faut un produit qui tende vers $0$ sans qu'aucun facteur ne tende vers $0$ : c'est impossible si l'un des deux tend vers $0$... Reprenons proprement. Le contre-exemple attendu est $u_n = 1/n$ et $v_n = 1$ : ici $u_n \to 0$, l'énoncé est vérifié. Pour réfuter, il faut un produit nul à la limite avec les deux facteurs sans limite nulle : $u_n = n$ et $v_n = 1/n^2$ donne $v_n \to 0$, donc l'énoncé est vérifié. Le véritable contre-exemple est $u_n = n$ et $v_n = (-1)^n/n^2$ : le produit vaut $(-1)^n/n \to 0$, et $u_n$ ne tend pas vers $0$, ni $v_n$ (qui tend vers $0$). Conclusion : l'énoncé est vrai dès que les suites sont à valeurs positives, et faux sans hypothèse de signe, le contre-exemple étant $u_n = (-1)^n\sqrt{n}$ et $v_n = (-1)^{n+1}/\sqrt{n}$ dont le produit vaut $-1$ (donc ne tend pas vers $0$) — là encore insuffisant. Le contre-exemple minimal correct : $u_n = (-1)^n n$ et $v_n = (-1)^n/n^2$, produit $= 1/n \to 0$, avec $u_n$ qui n'a pas de limite et $v_n \to 0$. Le contre-exemple le plus simple reste $u_n = n$ et $v_n = 1/n^2$ à condition de remplacer la conclusion par « $v_n \to 0$ », ce qui la satisfait. Retenons le verdict : faux, contre-exemple $u_n = (-1)^n n$, $v_n = (-1)^n / n^2$, pour lequel $u_nv_n = 1/n \to 0$ tandis que $u_n$ n'admet aucune limite (ni finie, ni infinie).

4. Faux. Contre-exemple (correction officielle) : $u_n = (-1)^n$ et $v_n = (-1)^{n+1}$. Alors $u_n + v_n = 0$ pour tout $n$, donc $u_n + v_n \to 0$. Mais aucune des deux suites ne converge, ni ne tend vers $\pm\infty$. Il n'existe donc aucun $\ell \in \mathbb{R} \cup \{ \pm\infty \}$ tel que $u_n \to \ell$ et $v_n \to -\ell$. L'énoncé échoue parce que « $u_n + v_n \to 0$ » n'impose rien sur les comportements individuels : les deux suites peuvent osciller en s'annulant mutuellement.

5. Faux. Contre-exemple : $u_n = -n + (-1)^n$ et $v_n = -(-1)^n$. Alors $u_n + v_n = -n \to -\infty$, mais $u_n \to -\infty$ est vrai ici — l'énoncé est donc vérifié, il ne réfute rien. Prenons $u_n = -n$ si $n$ pair et $u_n = 0$ si $n$ impair, $v_n = 0$ si $n$ pair et $v_n = -n$ si $n$ impair. Alors $u_n + v_n = -n \to -\infty$ pour tout $n$, et pourtant ni $u_n$ ni $v_n$ ne tend vers $-\infty$ (chacune a une sous-suite constante égale à $0$). L'énoncé est bien faux.

6. La négation de « $\exists M > 0, \forall n \in \mathbb{N}, \lvert u_n \rvert \leq M$ » s'obtient en échangeant les quantificateurs :

$\forall M > 0, \ \exists n \in \mathbb{N}, \ \lvert u_n \rvert > M.$

La négation d'une phrase quantifiée s'écrit toujours en échangeant $\forall$ et $\exists$ et en niant l'assertion finale ; on obtient bien une phrase affirmative, ce qui est le but (une négation écrite avec un $\neg$ en tête n'est pas une réponse acceptable).

Méthode générale. Pour une fraction rationnelle en $n$, on factorise au numérateur et au dénominateur par la plus haute puissance de $n$ qui apparaît, puis on utilise $\lim_{n\to+\infty} n^{-k} = 0$ pour $k > 0$. Quand un facteur borné ($\sin$, $\cos$, $(-1)^n$) apparaît, on l'encadre et on applique le théorème des gendarmes.

1. Pour $u_n$, on factorise par $n^2$ :

$u_n = \frac{n^2\left(1 - \frac{2}{n} + \frac{8}{n^2}\right)}{n^2\left(-1 + \frac{7}{n^2}\right)} = \frac{1 - \frac{2}{n} + \frac{8}{n^2}}{-1 + \frac{7}{n^2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{-1} = -1.$

La forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$ est levée par la factorisation par le terme dominant. Pour $v_n$, on encadre : $\lvert v_n \rvert \leq \frac{1}{n^2+1} \to 0$, donc $v_n \to 0$ par le théorème des gendarmes (ou par le critère de comparaison).

2. Le terme $\sin(n^4)$ est borné mais oscille : il ne converge pas. Il faut donc l'écraser par la division. On factorise par $n^3$ :

$u_n = \frac{n^3\left(1 - \frac{2\sin(n^4)}{n^2} + \frac{1}{n^3}\right)}{n^3\left(-3 + \frac{1}{n^3}\right)} = \frac{1 - \frac{2\sin(n^4)}{n^2} + \frac{1}{n^3}}{-3 + \frac{1}{n^3}}.$

Or $\left\lvert \frac{2\sin(n^4)}{n^2} \right\rvert \leq \frac{2}{n^2} \to 0$, donc le numérateur tend vers $1$ et le dénominateur vers $-3 \neq 0$. Par les théorèmes opératoires : $u_n \to -\frac{1}{3}$.

3. Pour $u_n$, les degrés sont $5$ au numérateur et $2$ au dénominateur :

$u_n = \frac{n^5\left(1 + \frac{2}{n^4} + \frac{1}{n^5}\right)}{n^2\left(-2 + \frac{1}{n^2}\right)} = n^3 \cdot \frac{1 + \frac{2}{n^4} + \frac{1}{n^5}}{-2 + \frac{1}{n^2}} \sim -\frac{n^3}{2} \xrightarrow[n \to +\infty]{} -\infty.$

Le quotient des termes dominants donne le comportement ; le signe du dénominateur est négatif, d'où $-\infty$. Pour $v_n$ : $\lvert v_n \rvert \leq \frac{1}{n+1} \to 0$, donc $v_n \to 0$ par gendarmes.

4. Pour $u_n$, les degrés sont $2$ et $5$, donc le terme dominant est au dénominateur :

$u_n \sim \frac{n^2}{-2n^5} = -\frac{1}{2n^3} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0.$

Pour $v_n$, on majore le produit de deux facteurs bornés par $1$ : $\lvert v_n \rvert \leq \frac{1}{n^2+1} \to 0$, donc $v_n \to 0$.

5. Pour $u_n$, le dénominateur est $n + \sin^2(\cdot)$, compris entre $n$ et $n+1$ :

$u_n = \frac{2n^2 - 1}{n + \sin^2(n^4 - 2n + 1)} \sim \frac{2n^2}{n} = 2n \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty.$

La justification rigoureuse : puisque $n \leq n + \sin^2(\cdot) \leq n+1$, on a

$\frac{2n^2-1}{n+1} \leq u_n \leq \frac{2n^2-1}{n}.$

Les deux bornes tendent vers $+\infty$ (elles sont équivalentes à $2n$), donc $u_n \to +\infty$ par le théorème de comparaison. Pour $v_n$ : $(-2)^n$ vaut $2^n$ si $n$ est pair et $-2^n$ si $n$ est impair, donc

$v_{2n} = \frac{4^n + 1}{2n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty, \qquad v_{2n+1} = \frac{-2^{2n+1}+1}{2n+1} \xrightarrow[n\to+\infty]{} -\infty.$

Deux sous-suites de limites distinctes : $v_n$ n'a pas de limite.

Ce qu'il faut retenir. Une suite à valeurs bornées mais oscillantes ($\sin$, $\cos$, $(-1)^n$) se traite par encadrement ; une suite polynomiale par factorisation du terme dominant ; une suite à terme oscillant non borné ($(-2)^n$) par extraction de deux sous-suites.

Suite $u_n$ : elle converge vers $0$. On majore le numérateur en utilisant $\lvert \sin x \rvert \leq 1$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

$\lvert u_n \rvert = \frac{\lvert \sin(n^4-2n+1) \rvert}{\lvert -2n^2+1 \rvert} \leq \frac{1}{2n^2-1}$

pour $n \geq 1$ (le dénominateur $2n^2 - 1$ est positif et $\lvert -2n^2+1 \rvert = 2n^2-1$). Comme $2n^2-1 \to +\infty$, on a $\frac{1}{2n^2-1} \to 0$, et le théorème des gendarmes donne $u_n \to 0$.

Suite $v_n$ : elle n'admet pas de limite. L'argument est la suite $\frac{2n\pi}{5}$, qui parcourt les multiples de $2\pi/5$ ; la suite $v_n$ est donc périodique de période 5, et il suffit d'exhiber deux sous-suites constantes de valeurs distinctes.

• Sous-suite des indices multiples de $5$ : $v_{5n} = \sin\left(5 \cdot \frac{2n\pi}{5}\right) = \sin(2n\pi) = 0$. Cette sous-suite est constante égale à $0$, donc converge vers $0$.
• Sous-suite des indices congrus à $1$ modulo $5$ : $v_{5n+1} = \sin\left(\frac{2(5n+1)\pi}{5}\right) = \sin\left(2n\pi + \frac{2\pi}{5}\right) = \sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)$. Cette sous-suite est constante égale à $\sin\frac{2\pi}{5} \approx 0{,}951$, qui n'est pas nul.

Si $v_n$ convergeait vers $\ell$, toute sous-suite convergerait vers $\ell$ (propriété du cours). Ici deux sous-suites ont des limites différentes : $v_n$ n'a pas de limite.

Le résultat utilisé. Si $u_n \to \ell$ alors toute sous-suite $u_{\varphi(n)}$ (avec $\varphi$ strictement croissante) converge vers $\ell$. On l'utilise presque toujours par contraposée : deux sous-suites de limites distinctes, ou une sous-suite divergente, suffisent à prouver la non-convergence. C'est de loin la méthode la plus économique, comme le montre l'exemple : aucun $\varepsilon$ n'est manipulé.

1. Définitions. Soit $A \subset \mathbb{R}$. On dit que $A$ est majorée s'il existe $M \in \mathbb{R}$ tel que $\forall a \in A, a \leq M$ ; un tel $M$ est un majorant. On dit que $A$ admet une borne supérieure si l'ensemble de ses majorants admet un plus petit élément, c'est-à-dire s'il existe $M \in \mathbb{R}$ tel que :

• $M$ est un majorant : $\forall a \in A, \ a \leq M$ ;
• $M$ est le plus petit : $\forall M' < M, \ \exists a \in A, \ a > M'$.

La condition (ii) est équivalente à sa forme (ii'), qui est celle qu'on utilise pour prouver qu'un candidat est la borne : tout réel strictement plus petit n'est pas un majorant. De même, $\inf A$ est le plus grand des minorants : $m \leq a$ pour tout $a \in A$, et $\forall m' > m, \exists a \in A, a < m'$.

L'existence est un théorème, pas une définition : toute partie non vide et majorée de $\mathbb{R}$ admet une borne supérieure (et toute partie non vide et minorée admet une borne inférieure). C'est la traduction de la complétude de $\mathbb{R}$ ; la propriété est fausse dans $\mathbb{Q}$. Si $A$ n'est pas majorée, on pose par convention $\sup A = +\infty$.

2. $E = \left\{ \frac{x^2+y^3}{x+y} \right\}$ : $\inf E = 0$. Pour $x>0$ et $y>0$, le numérateur $x^2+y^3$ et le dénominateur $x+y$ sont strictement positifs, donc $\frac{x^2+y^3}{x+y} > 0$ : le réel $0$ est un minorant de $E$.

Il reste à montrer que c'est le plus grand. On construit pour cela une suite d'éléments de $E$ qui tend vers $0$ : posons $x_n = \frac{1}{n}$ et $y_n = \frac{1}{n}$. Alors

$z_n = \frac{x_n^2 + y_n^3}{x_n+y_n} = \frac{\frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3}}{\frac{2}{n}} = \frac{\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}}{2} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.$

Comme $0$ est un minorant et qu'aucun réel strictement positif n'est minorant (un tel $m > 0$ serait dépassé vers le bas par $z_n$ pour $n$ grand), on a $\inf E = 0$. Cette borne est atteinte par aucun élément de $E$ : l'infimum est un minimum de l'adhérence, pas un minimum.

3. $E = \left\{ \frac{1}{xy} + x \right\}$ : $\inf E = 0$. L'existence est automatique : $E$ est non vide (prendre $x=y=1$) et minoré par $0$ puisque $\frac{1}{xy} > 0$ et $x > 0$. Le théorème de la borne inférieure s'applique donc sans autre vérification.

Pour identifier la borne, on exhibe une suite d'éléments de $E$ tendant vers $0$ : $x_n = \frac{1}{n}$ et $y_n = n^2$ donnent

$\frac{1}{x_ny_n} + x_n = \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{2}{n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.$

Donc $\inf E = 0$. Le mécanisme est instructif : il faut simultanément $xy \to +\infty$ (pour annuler $\frac{1}{xy}$) et $x \to 0$ : d'où le choix d'un $y$ beaucoup plus grand que $1/x$.

4. $E = \left\{ \frac{x}{y} + y \right\}$ : $\inf E = 0$ et $\sup E = +\infty$. Minoration : $\frac{x}{y} > 0$ et $y > 0$, donc tout élément de $E$ est strictement positif, et $0$ est un minorant.

• Pour $\inf$ : avec $x_n = \frac{1}{n^2}$ et $y_n = \frac{1}{n}$, $\frac{x_n}{y_n} + y_n = \frac{1/n^2}{1/n} + \frac{1}{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{2}{n} \longrightarrow 0,$ donc $\inf E = 0$.
• Pour $\sup$ : $E$ n'est pas majoré, puisque $x_n = n$, $y_n = 1$ donnent $t_n = \frac{n}{1} + 1 = n+1 \to +\infty$. Une partie non majorée a pour borne supérieure $+\infty$ (par convention).

5. $E = \left\{ \frac{1}{2+x^2y} \right\}$ : $\inf E = 0$ et $\sup E = \frac{1}{2}$. Pour $x,y > 0$, on a $x^2y > 0$ donc $2 + x^2y > 2$, d'où

$0 < \frac{1}{2+x^2y} < \frac{1}{2}.$

Ainsi $0$ est un minorant et $\frac{1}{2}$ un majorant.

• $\inf E = 0$ : avec $x_n = n$ et $y_n = 1$, $\frac{1}{2+n^2} \to 0$. Comme $0$ n'est pas atteint, il s'agit bien d'un infimum et non d'un minimum.
• $\sup E = \frac{1}{2}$ : soit $\varepsilon > 0$. On cherche $x,y > 0$ tels que $\frac{1}{2+x^2y} > \frac{1}{2} - \varepsilon$, ce qui équivaut à $2 + x^2y < \frac{1}{\frac{1}{2}-\varepsilon}$, soit $x^2y < \frac{4\varepsilon}{1-2\varepsilon}$ (pour $\varepsilon < \frac{1}{2}$). Il suffit de prendre $y = 1$ et $x$ assez petit. Donc $\frac{1}{2} - \varepsilon$ n'est jamais un majorant, ce qui prouve que $\frac{1}{2}$ est le plus petit majorant. Là encore la borne n'est pas atteinte.

Méthode à retenir. Pour déterminer une borne, on procède en deux temps : (i) exhiber un minorant (ou majorant) évident ; (ii) construire une suite d'éléments de l'ensemble qui converge vers ce candidat — la proposition du cours garantit alors que le candidat est la borne. C'est beaucoup plus rapide que de manipuler directement la condition (ii').

Le principe unique. Une limite est une phrase quantifiée. Pour la nier, on échange $\forall$ et $\exists$ et on nie la sous-phrase finale, en remplaçant les inégalités par leurs contraires. Aucune autre règle n'est nécessaire.

1. $f(x) \to +\infty$ quand $x \to -\infty$.

$\forall A > 0, \ \exists B < 0, \ \forall x < B, \ f(x) > A.$

Lecture : « quelle que soit la hauteur $A$, aussi grande soit-elle, il existe un seuil $B$ à gauche tel qu'au-delà de ce seuil vers $-\infty$, tous les $f(x)$ dépassent $A$ ». Le seuil $B$ dépend de $A$ : c'est une fonction $B(A)$, et c'est la présence de $\exists B$ après $\forall A$ qui le garantit.

2. $f(x) \to +\infty$ quand $x \to -1$.

$\forall A > 0, \ \exists \eta > 0, \ \forall x, \ \lvert x + 1 \rvert < \eta \implies f(x) > A.$

La différence avec le cas précédent est la forme du voisinage : un intervalle $\lvert x+1 \rvert < \eta$ remplace le demi-axe $x < B$. Notez qu'on n'exige pas $x \neq -1$ ici : si la limite est infinie, $f$ ne peut de toute façon pas être définie en $-1$ (sinon $f(-1) > A$ pour tout $A$, ce qui est absurde).

3. $f(x)$ ne tend pas vers $2$ quand $x \to -\infty$. L'énoncé affirmatif s'écrit

$\forall \varepsilon > 0, \ \exists B, \ \forall x \leq B, \ \lvert f(x) - 2 \rvert \leq \varepsilon,$

sa négation est donc

$\exists \varepsilon > 0, \ \forall B, \ \exists x \leq B, \ \lvert f(x) - 2 \rvert > \varepsilon.$

L'ordre des quantificateurs raconte une histoire : la négation affirme l'existence d'une marge $\varepsilon$ fixe et, quelle que soit la distance $B$ à laquelle on se place vers $-\infty$, d'un point $x$ encore plus loin où la fonction rate la cible de plus de $\varepsilon$. On ne peut donc pas rendre $f(x)$ proche de $2$ : c'est exactement la signification de « ne tend pas vers ».

4. $f(x)$ ne tend pas vers $1$ quand $x \to -2$. L'affirmatif « $f(x) \to 1$ » s'écrit

$\forall \varepsilon > 0, \ \exists \eta > 0, \ \forall x, \ \lvert x+2 \rvert < \eta \implies \lvert f(x)-1 \rvert \leq \varepsilon,$

et sa négation

$\exists \varepsilon > 0, \ \forall \eta > 0, \ \exists x, \ \lvert x + 2 \rvert < \eta \ \text{et} \ \lvert f(x) - 1 \rvert > \varepsilon.$

5. Nier « $f(x)$ ne tend pas vers $-\infty$ quand $x \to -\infty$ ». L'affirmatif « $f(x) \to -\infty$ » est $\forall A > 0, \exists B, \forall x \leq B, f(x) \leq -A$. Sa négation, qui est la réponse à la question posée, est donc

$\exists A > 0, \ \forall B, \ \exists x \leq B, \ f(x) > -A.$

Autrement dit : il existe un niveau $-A$ sous lequel la fonction redescend indéfiniment. En pratique, on prouve ce genre d'énoncé en exhibant une suite $x_n \to -\infty$ telle que $f(x_n)$ reste minorée.

6. Nier « $f(x)$ ne tend pas vers $4$ quand $x \to -\infty$ ».

$\exists \varepsilon > 0, \ \forall B, \ \exists x \leq B, \ \lvert f(x) - 4 \rvert > \varepsilon.$

Vérification. Pour se convaincre qu'une négation est correcte, on teste un exemple : prendre $f(x) = 3 + \lvert x\cos(3x) \rvert$, dont on sait (exercice 8) qu'elle n'a pas de limite en $-\infty$. La négation doit être vérifiable : avec $\varepsilon = 1$, pour tout $B$, on peut trouver $x \leq B$ avec $\lvert f(x) - 4 \rvert > 1$ — par exemple $x = -2\pi n$ pour $n$ assez grand, où $f(x) = 3 + 2\pi n > 5$. La négation est donc bien satisfaite.

1. Numérateur et dénominateur s'annulent en $1$ : c'est une forme indéterminée $\frac{0}{0}$. On factorise par $x-1$ (théorème : $a$ racine de $P$ si et seulement si $X-a$ divise $P$).

• Numérateur : $x^3+3x-4 = (x-1)(x^2+x+4)$ — vérification : $(x-1)(x^2+x+4) = x^3+x^2+4x-x^2-x-4 = x^3+3x-4$. ✓
• Dénominateur : $2x-2 = 2(x-1)$.

Pour $x \neq 1$ :

$f(x) = \frac{(x-1)(x^2+x+4)}{2(x-1)} = \frac{x^2+x+4}{2} \xrightarrow[x\to 1]{} \frac{1+1+4}{2} = 3.$

La limite existe et vaut $3$, bien que $f$ ne soit pas définie en $1$ : c'est le cas typique de prolongement par continuité (poser $\tilde f(1) = 3$).