Exercice 4

1. La phrase « $f$ tend vers $+\infty$ en $+\infty$ » s'écrit $\forall M \in \mathbb{R},\ \exists A \in \mathbb{R},\ \forall x \geqslant A,\ f(x) \geqslant M$. Sa négation est donc $$\boxed{\exists M \in \mathbb{R},\ \forall A \in \mathbb{R},\ \exists x \geqslant A,\quad f(x) < M}.$$ Pour $f : x \mapsto x\sin x$, prenons $M = 1$ : pour tout $A$, il existe un entier $k$ tel que $x = 2k\pi \geqslant A$, et $f(x) = 0 < 1$. Ainsi $$\boxed{f \text{ ne tend pas vers } +\infty}.$$ Pourtant $f\big(2k\pi + \frac{\pi}{2}\big) = 2k\pi + \frac{\pi}{2}$ prend des valeurs aussi grandes que l'on veut sur tout intervalle $[A\,,+\infty[$ : ne pas être majorée ne suffit pas à tendre vers $+\infty$.

2. On factorise : $x^{3} - 8 = (x - 2)(x^{2} + 2x + 4)$. Pour $x \in [1\,,3]$, on a $0 < x^{2} + 2x + 4 \leqslant 9 + 6 + 4 = 19$, donc $|x^{3} - 8| \leqslant 19\,|x - 2|$. Soit $\varepsilon > 0$ ; posons $$\boxed{\delta = \min\Big(1, \frac{\varepsilon}{19}\Big)}.$$ Si $|x - 2| \leqslant \delta$, alors $x \in [1\,,3]$ et $|x^{3} - 8| \leqslant 19\delta \leqslant \varepsilon$. La restriction $\delta \leqslant 1$ sert à rester sur l'intervalle où le facteur $x^{2} + 2x + 4$ est contrôlé.

3. Pour $x > 1$, $\dfrac{2x + 1}{x - 1} - 2 = \dfrac{3}{x - 1} > 0$. Soit $\varepsilon > 0$ : cette quantité est inférieure à $\varepsilon$ dès que $x - 1 \geqslant \frac{3}{\varepsilon}$, et $\boxed{A = 1 + \frac{3}{\varepsilon}}$ convient.

4. On applique la définition avec $\varepsilon = \frac{\ell}{4} > 0$ : il existe un voisinage $W$ de $a$ sur lequel $|f(x) - \ell| \leqslant \frac{\ell}{4}$, donc $f(x) \geqslant \frac{3\ell}{4} > \frac{\ell}{2}$ pour $x \in W \cap I$. Le choix $\varepsilon = \frac{\ell}{2}$ ne donnerait que l'inégalité large. $$\boxed{f > \frac{\ell}{2} \text{ au voisinage de } a}$$

Si $\ell = 0$, on ne peut rien dire du signe : $x \mapsto x$ tend vers $0$ en $0$ en changeant de signe.