On rappelle qu'une suite \((a_n)\) tend vers \(-\infty\) lorsque \(n\) tend vers l'infini si pour tout \(M\lt 0 \) il existe un entier \(N\) tel que \[ a_n\leqslant M\qquad \forall n\geqslant N\,. \] Considérons maintenant la suite \(a_n=\log(\frac{n+1}{n^2})\).

Fixons \(M\lt 0\). On a \[\begin{aligned} a_n\leqslant M &\Leftrightarrow \log(\tfrac{n+1}{n^2})\leqslant M\\ &\Leftrightarrow \frac{n+1}{n^2}\leqslant e^M\\ &\Leftrightarrow (n+1)e^{-M}\leqslant n^2\\ &\Leftrightarrow n^2-e^{-M}n-e^{-M}\geqslant 0 \end{aligned}\] On remarque ensuite que le polynôme \(p(x)=x^2-e^{-M}x-e^{-M}\) possède deux racines, données par \[ x_\pm=\frac{e^{-M}\pm \sqrt{e^{-2M}+4e^{-M}}}{2}\,, \] Aussi, \(p(x)\geqslant 0\) si \(x\geqslant x_+\). On conclut donc que si \(N\) est un entier arbitraire tel que \[ N\geqslant \frac{e^{-M}+ \sqrt{e^{-2M}+4e^{-M}}}{2}\,, \] alors \(n^2-e^{-M}n-e^{-M}\geqslant 0\), et donc \(a_n\leqslant M\).

Ceci montre bien que \(\lim_{n\to\infty}a_n=-\infty\).

On pouvait aussi partir de \(e^Mn^2-n-1\geqslant 0\), qui mène au même résultat bien-sûr, \[ N\geqslant \frac{1+ \sqrt{1+4e^{M}}}{2e^M}\,, \]