L'ensemble considéré est \[A=\{1,\tfrac64,\tfrac95,\tfrac{12}{6},\tfrac{15}{7},\dots\}\,.\] Cette illustration semble indiquer que \[ \inf A=1\,,\qquad \sup A=3 \] Pour montrer que \(\inf A=1\), commençons par montrer que \(m=1\) minore \(A\). D'abord, remarquons que

\[ \frac{3n}{n+2}\geqslant 1 \quad\Leftrightarrow\quad 3n\geqslant n+2 \quad\Leftrightarrow\quad 2n\geqslant 2 \quad\Leftrightarrow\quad n\geqslant 1 \]

Donc \(1\) minore \(A\). Mais puisque \(n=1\) implique \(\frac{3n}{n+2}=1\), ceci montre que \(1\) est en fait l'élément minimal de \(A\), c'est donc aussi son infimum: \(\min A=\inf A=1\).

Pour montrer que \(\sup A=3\), on commence par montrer que \(M=3\) majore \(A\). En effet, l'inégalité \[ \frac{3n}{n+2}\leqslant 3 \] se résout facilement, et on voit qu'elle est vérifiée pour tout \(n\). Ensuite, pour montrer que ce \(3\) est le plus petit majorant, on doit montrer que pour tout \(\varepsilon>0\), le nombre \(s'=3-\varepsilon\) n'est pas un majorant, c'est-à-dire qu'il existe au moins un \(n\) tel que \[ \frac{3n}{n+2}>3-\varepsilon\,. \] En effet, en isolant \(n\) dans cette dernière, on trouve \[ n>\frac{6-2\varepsilon}{\varepsilon}\,. \] Comme pour tout \(\varepsilon>0\) il existe toujours un \(n\) (en fait: une infinité de \(n\)) qui satisfait à cette condition, on a bien démontré que \(3\) est le plus petit majorant, et donc que \(\sup A=3\).