Rafaldo

For to konvergente følger hvor det gælder at $\lim _{n\to \infty }a_{n}$ = A, $\left\{a_{n}\right\}$ $\rightarrow$A og $\lim _{b\to \infty }b_{n}$ = B, $\left\{b_{n}\right\}$ $\rightarrow$B vil vi bevise at det gælder at:

(I)$\lim _{n\to \infty }(a_{n}+b_{n})$ = A+B, $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$$\rightarrow$ A+B

(II)$\lim _{n\to \infty }(a_{n}*b_{n})$ = A*B, $\left\{a_{n}*b_{n}\right\}$$\rightarrow$ A*B

(I)

For ethvert $\epsilon$>0 findes et tal N $\in \mathbb {N}$, så |$a_{n}+b_{n}$ - (A+B)| < $\epsilon$ ifølge trekantsuligheden, |c+d|$\leq$|c|+|d|, giver det os: |$a_{n}+b_{n}$ - (A+B)|$\leq$|$a_{n}-A|+|b_{n}-B|$

vi ved at $\left\{a_{n}\right\}$ $\rightarrow$A og derfor må der findes et $N_{1}$ så:

$|a_{n}-A|<{\frac {\epsilon }{2}}$ for alle n $\geq N_{1}$ da vi selv fastsætter $\epsilon$ og dermed uden problemer kan fastsætte det til ${\frac {\epsilon }{2}}$. og dermed må der også findes et $N_{2}$ for b:

$|b_{n}-B|<{\frac {\epsilon }{2}}$ for alle n $\geq N_{2}$ vælger vi nu det største tal af $N_{1}$ og $N_{2}$ vil begge følger ligge inden for ${\frac {\epsilon }{2}}$, og dermed har vi bevist at følgerne multipliceret vil ligge indenfor $\epsilon$ og dermed at $\lim _{n\to \infty }(a_{n}+b_{n})$ = A+B

(II)

Når vi har et $\epsilon$>0, så må der findes et N $\in \mathbb {N}$ sådan at |$a_{n}b_{n}-AB|=|(a_{n}b_{n}-a_{n}B)+(a_{n}B-AB)|$ Igen benyttes trekantsuligheden og får fra (I):

$|(a_{n}b_{n}-a_{n}B)+(a_{n}B-AB)\leq |a_{n}b_{n}-a_{n}B|+|a_{n}B-AB|=|a_{n}|*|b_{n}-B|+|B|*|a_{n}-A|$

Som i (I) vil vi vise at hvert af leddene $<{\frac {\epsilon }{2*|B|}}|a_{n}|*|b_{n}-B|$ og |B|*|$a_{n}-A|$ er mindre end ${\frac {\epsilon }{2}}$ når vi gør n stort nok. Vi starter med det simpleste led, |B|*|$a_{n}-A|$. Hvis |B| = 0 er der intet at vise, så vi definere at |B| $\neq$0. Da det gælder at $\lim _{n\to \infty }a_{n}$ = A må vi dermed kunne finde et $N_{1}$ $\in \mathbb {N}$ sådan at $|a_{n}-A|<{\frac {\epsilon }{2*|B|}}$ når $n\geq N_{1}$ og dermed også at:

|B|*|$a_{n}-A|$ < ${\frac {\epsilon }{2}}$

Det andet led, $|a_{n}|*|b_{n}-B|$, kan behandles som det første, dog er det lidt mere kompliceret da $|a_{n}|$ ikke er konstant. Vi ved imidlertid da $\lim _{n\to \infty }a_{n}$ = A at der må derfor findes et $N_{2}$ $\in \mathbb {N}$ så $|a_{n}|<|A|+1$ når n $\geq N_{2}$. Dette bruger vi sammen med $\lim _{b\to \infty }b_{n}$ = B og ved at der må være $N_{3}$ $\in \mathbb {N}$ så $|b_{n}-B|<{\frac {\epsilon }{2*|A|+1}}$ når $n\geq N_{3}$. Lader vi n > $N_{2}\cap N_{3}$ får vi følgende udtryk:

$|a_{n}|*|b_{n}-B|<(|A|+1)*{\frac {\epsilon }{2*|A|+1}}$

Reduceret bliver det:

$|a_{n}|*|b_{n}-B|<(|A|+1)*{\frac {\epsilon }{2}}$

Sammenfatter vi beviset giver det os:

$|a_{n}b_{n}-AB|\geq |a_{n}|*|b_{n}-B|+|B|*|a_{n}-A|<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon$