Analisi matematica I/Algebra dei limiti delle successioni

Tratteremo i teoremi che hanno come tema i limiti delle successioni. Nelle applicazioni, così come nella matematica teorica, i limiti delle successioni ricoprono un ruolo notevole, per tale motivo è necessario capire a fondo tutto ciò che verrà riportato. È stata eseguita una suddivisione, non necessaria in realtà, tra l'algebra delle successioni convergenti e quella delle successioni divergenti, di modo che si possa in qualche modo semplificare la loro trattazione. Le dimostrazioni che seguono i teoremi non sono necessari per la risoluzione pratica degli esercizi, ma in ogni caso è sempre cosa buona e giusta studiarle. Esse creano la forma mentis dello studente, il quale, una volta compreso i trucchi, non avrà problemi in futuro.

Algebra delle successioni convergenti

Quelli che seguono sono teoremi essenziali, si prega quindi di porre un'attenzione particolare. Essi sono mezzi che ricorrono spesso nelle lezioni successive e soprattutto aiutano in modo massiccio nella risoluzione degli esercizi.

Teorema sul limite della somma

Siano $(a_n{)}_n,(b_n{)}_n$ successioni reali convergenti a $\lambda$ e $\mu$ rispettivamente. Allora:

• $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n+b_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n+\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\lambda +\mu$

Sostanzialmente il teorema sul limite della somma ci suggerisce che il limite della somma coincida con la somma dei limiti.

Dimostrazione

Nelle ipotesi abbiamo che la successione $(a_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge a $\lambda$, e per definizione di successione convergente abbiamo che:

$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{N}$ tale che $\mathrm{\forall }n>N_1,|a_n-\lambda |<\frac{\epsilon }{2}$

Similmente se $(b_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ convergente a $\mu$ implica che:

$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{N}$ tale che $\mathrm{\forall }n>N_2,|b_n-\mu |<\frac{\epsilon }{2}$

Il nostro obiettivo è quello di trovare $\mathrm{\forall }\epsilon >0$ un numero naturale N>0 tale che $\mathrm{\forall }n>N$ si ha:

$|a_n+b_n-(\lambda +\mu )|<\epsilon$.

Per fare ciò prendiamo in esame l'espressione $|a_n+b_n-(\lambda +\mu )|$ ed applichiamo ad essa la oramai celeberrima disuguaglianza triangolare, con la quale otteniamo che:

$|a_n+b_n-(\lambda +\mu )|=|a_n-\lambda +b_n-\mu |\le |a_n-\lambda |+|b_n-\mu |$.

Attenzione, questo è un passaggio fondamentale per avere chiara la dimostrazione: abbiamo visto che $\mathrm{\forall }n>N_1,|a_n-\lambda |<\frac{\epsilon }{2}$, così come $\mathrm{\forall }n>N_2,|b_n-\mu |<\frac{\epsilon }{2}$ quindi se $n>N=max(N_1,N_2)$ otteniamo che:

$|a_n+b_n-(\lambda +\mu )|\le |a_n-\lambda |+|b_n-\mu |<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$

Dall'arbitrarietà di $\epsilon$ abbiamo la tesi.

$◻$

Teorema sul limite del prodotto

Siano $(a_n{)}_n,(b_n{)}_n$ successioni reali convergenti a $\lambda$ e $\mu$ rispettivamente. Allora:

• $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\lambda \mu$
  
  

Dimostrazione

Per ipotesi abbiamo che la successione $a_n$ converge a $\lambda$ e di conseguenza è limitata, a ciò si perviene avendo a mente che se una successione è convergente allora essa è limitata, cioè esiste un valore $M\in {ℝ}^{\mathbb{+}}$ tale che $|a_n|\le M,\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$.Prendiamo in esame la seguente quantità:

$|a_n{b}_n-\lambda \mu |$

aggiungiamo e sottraiamo $a_n\mu$ ottenendo:

$|a_n{b}_n-\lambda \mu |=|a_n{b}_n+a_n\mu -a_n\mu -\lambda \mu |=|a_n(b_n-\mu )+\mu (a_n-\lambda )|$

Utilizziamo la disuguaglianza triangolare:

$|a_n(b_n-\mu )+\mu (a_n-\lambda )|\le |a_n(b_n-\mu )|+|\mu (a_n-\lambda )|=|a_n||b_n-\mu |+|\mu ||a_n-\lambda |$

Abbiamo visto che $|a_n|\le M$ quindi

$|a_n||b_n-\mu |+|\mu ||a_n-\lambda |\le M|b_n-\mu |+(|\mu |+1)|a_n-\lambda |$

Attenzione:Nell'ultimo passaggio abbiamo aggiunto un 1 per evitare problemi in seguito, infatti se la successione $b_n$ convergesse a 0, il valore $\frac{\epsilon }{2(|\mu |)}$ non avrebbe senso. Con questo trucchetto abbiamo evitato il problema.

Poiché $a_n$ e $b_n$ sono successioni convergenti allora

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$ possiamo trovare $N_1,N_2\in \mathbb{N}$ tali che

$|b_n-\mu |<\frac{\epsilon }{2M}\mathrm{\forall }n>N_1$

e

$|a_n-\lambda |<\frac{\epsilon }{2(|\mu |+1)}\mathrm{\forall }n>N_2$

ma allora definendo $N:=\text{max}(N_1,N_2)$ si ha che:

$\mathrm{\forall }n>N|a_n{b}_n-\lambda \mu |\le M|b_n-\mu |+(|\mu |+1)|a_n-\lambda |<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$

$◻$

Teorema del limite del reciproco di una successione

Sia $(a_n{)}_n$ una successione reale tale che $a_n\ne 0\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Se $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\ell \ne 0$ allora:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{a_n}=\frac{1}{\ell }$

Dimostrazione

Per ipotesi abbiamo che $(a_n{)}_n$ è una successione convergente a $\ell \in ℝ$ pertanto, fissato $\epsilon >0$, esiste $N\in \mathbb{N}$ tale che per ogni $n>N$ si ha che $|a_n-\ell |<\epsilon$.

Se $0<\epsilon <\frac{|\ell |}{2}$, per $n>N$ si ha che

$|\ell |=|-a_n+\ell +a_n|\le |a_n-\ell |+|a_n|<\epsilon +|a_n|<\frac{|\ell |}{2}+|a_n|$

pertanto:

$(1)|a_n|>\frac{|\ell |}{2}$ per ogni $n>N$

e quindi

$\frac{1}{|a_n|}<\frac{2}{|\ell |}\mathrm{\forall }n>N$.

Consideriamo ora la quantità

$|\frac{1}{a_n}-\frac{1}{\ell }|=\frac{|\ell -a_n|}{|\ell ||a_n|}<\frac{2\epsilon }{|\ell {|}^2}\mathrm{\forall }n>N$

dove per ottenere l'ultima disuguglianza, abbiamo utilizzato la definizione di limite per la successione $(a_n{)}_n$ e (1)

$◻$

Teorema del limite del quoziente tra due successioni

Siano $(a_n{)}_n,(b_n{)}_n$ due successioni reali tali che

• $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\lambda$
• $b_n\ne 0\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ e inoltre $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\mu \ne 0$

allora

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lambda }{\mu }$

Dimostrazione

La dimostrazione è praticamente immediata. Basta vedere la successione ${\left(\frac{a_n}{b_n}\right)}_n$ come prodotto delle successioni $(a_n{)}_n,{\left(\frac{1}{b_n}\right)}_n$ e comporre le tesi del teorema sul prodotto di due successioni e del teorema sul reciproco, già dimostrati in precedenza.

$◻$

Algebra delle successioni divergenti

Teorema della somma per successioni divergenti

Siano $(a_n{)}_n,(b_n{)}_n$ successioni reali

• se $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=+\mathrm{\infty }$ allora:

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n+b_n=+\mathrm{\infty }$.

• Similmente se $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=-\mathrm{\infty }$ allora:

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n+b_n=-\mathrm{\infty }$

Dimostrazione

Procederemo alla dimostrazione del primo caso, il secondo è del tutto analogo, sarà sufficiente modificare cum grano salis.

Per ipotesi abbiamo che le due successioni sono divergenti, sfrutteremo quindi la definizione di queste ultime:

$(a_n{)}_n$ divergente positivamente implica che $\mathrm{\forall }M>0\mathrm{\exists }{n}_1\in \mathbb{N}:a_n>\frac{M}{2}\mathrm{\forall }n>n_1$

$(b_n{)}_n$ divergente positivamente implica che $\mathrm{\forall }M>0\mathrm{\exists }{n}_2\in \mathbb{N}:b_n>\frac{M}{2}\mathrm{\forall }n>n_2$

Sia ora $N=max(n_1,n_2)$, per ogni $n>N$ si ha che:

$a_n+b_n>\frac{M}{2}+\frac{M}{2}=M$ ma questo significa che la successione somma $(a_n+b_n{)}_n$ è positivamente divergente, ciò conclude la dimostrazione.

$◻$

Osservazione: Sottolineamo il fatto che se una successione diverge positivamente mentre l'altra diverge negativamente nulla si può dire sul limite della somma, in questo caso infatti rientriamo nella casistica delle forme indeterminate, la cui trattazione verrà ripresa in seguito.

Teorema sul limite del prodotto di successioni

Siano $(a_n{)}_n,(b_n{)}_n$ due successioni reali, tali che:

• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=+\mathrm{\infty }$
• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\mu \in \overline{ℝ}\setminus \{0\}$

Se:

• $\mu >0$ allora $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n=+\mathrm{\infty }$
• $\mu <0$ allora $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n=-\mathrm{\infty }$
• $\mu =0$ nulla si può dire sul $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n$, essa è una forma indeterminata.

(ii) $a_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty }),b_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty })⟹a_n{b}_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty })$
(iii) $a_n\to +\mathrm{\infty },b_n\to -\mathrm{\infty }⟹a_n{b}_n\to -\mathrm{\infty }$
(iv) $a_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty }),b_n\to \mu \in ℝ⟹a_n+b_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty })$
(v) $a_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty }),b_n\to \mu \in ℝ⟹a_n{b}_n\to \{\begin{array}{c}+\mathrm{\infty },\mu >0\\ -\mathrm{\infty },\mu <0\end{array}$
(vi)$a_n\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty }),a_n\ne 0\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}⟹\frac{1}{a_n}\to 0$
(vii)$a_n\to 0,a_n>0(<0)\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}⟹\frac{1}{a_n}\to +\mathrm{\infty }(-\mathrm{\infty })$
(viii)$a_n\to \pm \mathrm{\infty },⟹|a_n|\to +\mathrm{\infty }$. }}