Les opérations sur les limites jouent un rôle fondamental en analyse mathématique, car elles permettent de calculer la limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient à partir des limites des suites considérées individuellement.
Dans cette page, nous démontrerons rigoureusement trois propriétés fondamentales :
- la limite d’une somme ;
- la limite d’un produit ;
- la limite d’un quotient.
Sommaire
Limite de la somme
Soient \((a_n)\) et \((b_n)\) deux suites réelles telles que :
\[ \lim_{n\to\infty} a_n=A \qquad \text{et} \qquad \lim_{n\to\infty} b_n=B. \]
Alors :
\[ \lim_{n\to\infty}(a_n+b_n)=A+B. \]
Démonstration. Nous voulons montrer que, pour tout \(\varepsilon>0\), il existe \(N\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N\),
\[ |(a_n+b_n)-(A+B)|<\varepsilon. \]
Observons que :
\[ |(a_n+b_n)-(A+B)| = |(a_n-A)+(b_n-B)|. \]
D’après l’inégalité triangulaire :
\[ |(a_n-A)+(b_n-B)| \leq |a_n-A|+|b_n-B|. \]
Comme \(a_n\to A\), il existe \(N_1\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_1\),
\[ |a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2}. \]
De même, comme \(b_n\to B\), il existe \(N_2\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_2\),
\[ |b_n-B|<\frac{\varepsilon}{2}. \]
Posons alors :
\[ N=\max\{N_1,N_2\}. \]
Pour tout \(n\geq N\), on a simultanément :
\[ |a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2} \qquad \text{et} \qquad |b_n-B|<\frac{\varepsilon}{2}. \]
Ainsi :
\[ |(a_n+b_n)-(A+B)| \leq |a_n-A|+|b_n-B| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \]
Donc :
\[ \lim_{n\to\infty}(a_n+b_n)=A+B. \]
Limite du produit
Soient \((a_n)\) et \((b_n)\) deux suites réelles telles que :
\[ \lim_{n\to\infty} a_n=A \qquad \text{et} \qquad \lim_{n\to\infty} b_n=B. \]
Alors :
\[ \lim_{n\to\infty}(a_n b_n)=AB. \]
Démonstration. Nous voulons montrer que, pour tout \(\varepsilon>0\), il existe \(N\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N\),
\[ |a_n b_n-AB|<\varepsilon. \]
Écrivons :
\[ a_n b_n-AB = a_n b_n-A b_n+A b_n-AB. \]
Ainsi :
\[ a_n b_n-AB = (a_n-A)b_n+A(b_n-B). \]
En appliquant l’inégalité triangulaire :
\[ |a_n b_n-AB| \leq |a_n-A|\,|b_n| + |A|\,|b_n-B|. \]
Comme \(b_n\to B\), la suite \((b_n)\) est bornée à partir d’un certain rang. En particulier, en prenant \(1>0\), il existe \(N_0\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_0\),
\[ |b_n-B|<1. \]
Donc :
\[ |b_n| = |b_n-B+B| \leq |b_n-B|+|B| < |B|+1. \]
Soit maintenant \(\varepsilon>0\). Comme \(a_n\to A\), il existe \(N_1\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_1\),
\[ |a_n-A| < \frac{\varepsilon}{2(|B|+1)}. \]
De plus, comme \(b_n\to B\), il existe \(N_2\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_2\),
\[ |b_n-B| < \frac{\varepsilon}{2(|A|+1)}. \]
Posons :
\[ N=\max\{N_0,N_1,N_2\}. \]
Alors, pour tout \(n\geq N\),
\[ |b_n|<|B|+1. \]
Par conséquent :
\[ |a_n-A|\,|b_n| < \frac{\varepsilon}{2(|B|+1)}(|B|+1) = \frac{\varepsilon}{2}. \]
En outre :
\[ |A|\,|b_n-B| \leq (|A|+1)|b_n-B| < (|A|+1)\frac{\varepsilon}{2(|A|+1)} = \frac{\varepsilon}{2}. \]
Finalement :
\[ |a_n b_n-AB| \leq |a_n-A|\,|b_n| + |A|\,|b_n-B| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \]
Donc :
\[ \lim_{n\to\infty}(a_n b_n)=AB. \]
Limite du quotient
Soient \((a_n)\) et \((b_n)\) deux suites réelles telles que :
\[ \lim_{n\to\infty} a_n=A \qquad \text{et} \qquad \lim_{n\to\infty} b_n=B, \]
avec \(B\neq 0\).
Alors :
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{A}{B}. \]
Démonstration. Comme \(b_n\to B\) et \(B\neq 0\), il existe \(N_0\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_0\),
\[ |b_n-B|<\frac{|B|}{2}. \]
D’après l’inégalité triangulaire inversée :
\[ |b_n| \geq |B|-|b_n-B| > |B|-\frac{|B|}{2} = \frac{|B|}{2}. \]
Ainsi, pour tout \(n\geq N_0\),
\[ |b_n|>\frac{|B|}{2}. \]
En particulier, \(b_n\neq 0\) à partir d’un certain rang.
Considérons maintenant :
\[ \left| \frac{a_n}{b_n}-\frac{A}{B} \right|. \]
Réécrivons cette différence :
\[ \left| \frac{a_n}{b_n}-\frac{A}{B} \right| = \left| \frac{B a_n-A b_n}{B b_n} \right|. \]
Ajoutons et retranchons \(AB\) au numérateur :
\[ B a_n-A b_n = B a_n-AB+AB-A b_n. \]
Donc :
\[ B a_n-A b_n = B(a_n-A)+A(B-b_n). \]
En appliquant l’inégalité triangulaire :
\[ |B a_n-A b_n| \leq |B|\,|a_n-A| + |A|\,|b_n-B|. \]
Par conséquent :
\[ \left| \frac{a_n}{b_n}-\frac{A}{B} \right| \leq \frac{|B|\,|a_n-A|+|A|\,|b_n-B|} {|B|\,|b_n|}. \]
Comme \(|b_n|>\dfrac{|B|}{2}\), on obtient :
\[ |B|\,|b_n| > |B|\cdot\frac{|B|}{2} = \frac{|B|^2}{2}. \]
Ainsi :
\[ \left| \frac{a_n}{b_n}-\frac{A}{B} \right| \leq \frac{2}{|B|^2} \left( |B|\,|a_n-A| + |A|\,|b_n-B| \right). \]
Soit maintenant \(\varepsilon>0\). Comme \(a_n\to A\), il existe \(N_1\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_1\),
\[ |a_n-A| < \frac{\varepsilon |B|}{4}. \]
De plus, comme \(b_n\to B\), il existe \(N_2\in\mathbb{N}\) tel que, pour tout \(n\geq N_2\),
\[ |b_n-B| < \frac{\varepsilon |B|^2}{4(|A|+1)}. \]
Posons :
\[ N=\max\{N_0,N_1,N_2\}. \]
Alors, pour tout \(n\geq N\),
\[ |B|\,|a_n-A| < \frac{\varepsilon |B|^2}{4}. \]
En outre :
\[ |A|\,|b_n-B| \leq (|A|+1)|b_n-B| < \frac{\varepsilon |B|^2}{4}. \]
Donc :
\[ |B|\,|a_n-A| + |A|\,|b_n-B| < \frac{\varepsilon |B|^2}{2}. \]
Finalement :
\[ \left| \frac{a_n}{b_n}-\frac{A}{B} \right| < \frac{2}{|B|^2} \cdot \frac{\varepsilon |B|^2}{2} = \varepsilon. \]
Nous avons donc démontré que :
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{A}{B}. \]
La démonstration est ainsi achevée.