O teorema de Bolzano-Weierstrass mostra que, de qualquer sucessão real limitada, é sempre possível extrair pelo menos uma subsucessão convergente.
Nos exercícios que se seguem, aplicaremos este resultado a sucessões limitadas e não limitadas, a exemplos oscilantes, a pontos de acumulação e a propriedades das subsucessões.
Exercício 1 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ x_n=(-1)^n \]
satisfaz as hipóteses do teorema de Bolzano-Weierstrass e, em caso afirmativo, determinar duas subsucessões convergentes.
Resultado
A sucessão é limitada. Duas subsucessões convergentes são
\[ x_{2k}=1 \longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1 \longrightarrow -1. \]
Resolução
A sucessão assume alternadamente os valores \(1\) e \(-1\). Com efeito, se \(n\) for par, então
\[ x_n=(-1)^n=1, \]
ao passo que, se \(n\) for ímpar,
\[ x_n=(-1)^n=-1. \]
Logo, todos os termos da sucessão pertencem ao intervalo fechado e limitado \([-1,1]\). Em particular,
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
para todo o \(n\in\mathbb N\). A sucessão é, portanto, limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, ela admite pelo menos uma subsucessão convergente. Neste caso, podemos exibir duas de forma explícita.
Considerando os índices pares, obtemos
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}=1. \]
A subsucessão \((x_{2k})\) é constante, pelo que converge para \(1\).
Considerando, por sua vez, os índices ímpares, obtemos
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}=-1. \]
Também esta subsucessão é constante, pelo que converge para \(-1\).
Exercício 2 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ x_n=\frac{1}{n} \]
admite uma subsucessão convergente.
Resultado
Sim. A sucessão é limitada e converge ela própria para \(0\). Por conseguinte, qualquer das suas subsucessões converge para \(0\).
Resolução
Para todo o \(n\in\mathbb N\), com \(n\geq 1\), tem-se
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1. \]
Logo,
\[ x_n\in(0,1] \]
para todo o \(n\geq 1\). A sucessão é, pois, limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, qualquer sucessão real limitada admite pelo menos uma subsucessão convergente. Neste caso, pode dizer-se mais: a própria sucessão converge.
De facto,
\[ \frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Daí resulta que, se \((x_{n_k})\) for uma subsucessão qualquer, então
\[ x_{n_k}=\frac{1}{n_k}. \]
Como \(n_k\to+\infty\), tem-se
\[ \frac{1}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Assim, qualquer subsucessão converge para o mesmo limite \(0\).
Exercício 3 — nível ★☆☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ x_n=n \]
admite uma subsucessão convergente em \(\mathbb R\).
Resultado
Não. A sucessão não é limitada e nenhuma das suas subsucessões converge para um número real.
Resolução
A sucessão é dada por
\[ x_n=n. \]
Ela não é majorada, pois, fixado um número real \(M\) qualquer, existe sempre um índice \(n\) tal que
\[ n>M. \]
Logo, não existe nenhum intervalo fechado e limitado \([a,b]\) que contenha todos os termos da sucessão.
Consideremos agora uma subsucessão \((x_{n_k})\) qualquer. Ela tem a forma
\[ x_{n_k}=n_k, \]
onde
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots. \]
Como os índices \(n_k\) formam uma sucessão estritamente crescente de números naturais, tem-se necessariamente
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
Por conseguinte,
\[ x_{n_k}=n_k\longrightarrow+\infty. \]
Nenhuma subsucessão pode, pois, convergir para um número real. Isto mostra que a hipótese de limitação no teorema de Bolzano-Weierstrass é essencial.
Exercício 4 — nível ★☆☆☆☆
Considerar a sucessão
\[ x_n=\frac{(-1)^n}{n}. \]
Determinar se é limitada e calcular o limite de uma das suas subsucessões convergentes.
Resultado
A sucessão é limitada e converge para \(0\). Logo, qualquer das suas subsucessões converge para \(0\).
Resolução
Para todo o \(n\geq 1\) tem-se
\[ |x_n|=\left|\frac{(-1)^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\leq 1. \]
Logo,
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
para todo o \(n\geq 1\). A sucessão é limitada.
Por Bolzano-Weierstrass, admite pelo menos uma subsucessão convergente. Na verdade, também neste caso converge a sucessão inteira.
Com efeito,
\[ |x_n-0|=|x_n|=\frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Logo,
\[ x_n\longrightarrow 0. \]
Por conseguinte, para qualquer sucessão crescente de índices \((n_k)\), tem-se
\[ x_{n_k}=\frac{(-1)^{n_k}}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Exercício 5 — nível ★☆☆☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão tal que
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
para todo o \(n\in\mathbb N\). Demonstrar que \((x_n)\) admite uma subsucessão convergente.
Resultado
A sucessão é limitada. Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, admite pelo menos uma subsucessão convergente.
Resolução
A hipótese
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
para todo o \(n\in\mathbb N\) significa que todos os termos da sucessão pertencem ao mesmo intervalo fechado e limitado:
\[ x_n\in[2,5]. \]
Logo, a sucessão é minorada por \(2\) e majorada por \(5\).
Sendo \((x_n)\) uma sucessão real limitada, podemos aplicar directamente o teorema de Bolzano-Weierstrass.
Existem, pois, uma sucessão estritamente crescente de índices
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
e um número real \(x_0\) tais que
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Além disso, como todos os termos da subsucessão pertencem a \([2,5]\), o limite tem de pertencer ao mesmo intervalo:
\[ x_0\in[2,5]. \]
Exercício 6 — nível ★★☆☆☆
Considerar a sucessão
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Determinar duas subsucessões convergentes e os respectivos limites.
Resultado
Tem-se
\[ x_{2k}=\frac{2k}{2k+1}\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-\frac{2k-1}{2k}\longrightarrow -1. \]
Resolução
A sucessão é
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Como
\[ \left|x_n\right|=\left|\frac{(-1)^n n}{n+1}\right|=\frac{n}{n+1}<1, \]
tem-se
\[ -1<x_n<1 \]
para todo o \(n\in\mathbb N\). A sucessão é, portanto, limitada.
Estudemos agora separadamente os índices pares e os índices ímpares.
Se \(n=2k\), então
\[ x_{2k}=\frac{(-1)^{2k}\,2k}{2k+1}=\frac{2k}{2k+1}. \]
Como
\[ \frac{2k}{2k+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{2k}}, \]
segue-se que
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Se, em vez disso, \(n=2k-1\), então
\[ x_{2k-1} = \frac{(-1)^{2k-1}(2k-1)}{2k} = -\frac{2k-1}{2k}. \]
Como
\[ \frac{2k-1}{2k}=1-\frac{1}{2k}\longrightarrow 1, \]
obtemos
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Logo, a sucessão não converge, mas possui pelo menos duas subsucessões convergentes, uma com limite \(1\) e outra com limite \(-1\).
Exercício 7 — nível ★★☆☆☆
Considerar a sucessão
\[ x_n=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right). \]
Demonstrar que admite subsucessões convergentes e determinar todos os valores limite obtidos a partir das classes de índices módulo \(4\).
Resultado
Os valores da sucessão repetem-se periodicamente:
\[ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ldots \]
As subsucessões constantes convergem, respectivamente, para \(1\), \(0\) e \(-1\).
Resolução
Calculemos os valores da sucessão distinguindo os índices segundo o resto da divisão por \(4\).
Se \(n=4k+1\), então
\[ x_{4k+1}=\sin\left(\frac{(4k+1)\pi}{2}\right) = \sin\left(2k\pi+\frac{\pi}{2}\right)=1. \]
Se \(n=4k+2\), então
\[ x_{4k+2}=\sin\left(2k\pi+\pi\right)=0. \]
Se \(n=4k+3\), então
\[ x_{4k+3}=\sin\left(2k\pi+\frac{3\pi}{2}\right)=-1. \]
Por fim, se \(n=4k\), então
\[ x_{4k}=\sin(2k\pi)=0. \]
Logo, a sucessão assume apenas os valores \(-1\), \(0\), \(1\), sendo certamente limitada.
Por Bolzano-Weierstrass, admite pelo menos uma subsucessão convergente. Na verdade, podemos exibir desde já algumas delas:
\[ x_{4k+1}=1\longrightarrow 1, \]
\[ x_{4k+3}=-1\longrightarrow -1, \]
e
\[ x_{4k}=0\longrightarrow 0. \]
Cada subsucessão constante converge para o valor constante que assume.
Exercício 8 — nível ★★☆☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada. Demonstrar que também qualquer subsucessão \((x_{n_k})\) é limitada.
Resultado
Qualquer subsucessão de uma sucessão limitada é limitada.
Resolução
Como \((x_n)\) é limitada, existem dois números reais \(a\) e \(b\), com \(a\leq b\), tais que
\[ a\leq x_n\leq b \]
para todo o \(n\in\mathbb N\).
Seja agora \((x_{n_k})\) uma subsucessão de \((x_n)\). Por definição, cada termo da subsucessão é também um termo da sucessão original.
De facto, \(n_k\in\mathbb N\) para todo o \(k\), pelo que da limitação de \((x_n)\) resulta que
\[ a\leq x_{n_k}\leq b \]
para todo o \(k\in\mathbb N\).
Por conseguinte, todos os termos da subsucessão pertencem ao mesmo intervalo fechado e limitado \([a,b]\).
Logo, \((x_{n_k})\) é limitada.
Exercício 9 — nível ★★☆☆☆
Determinar se a sucessão
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n} \]
admite subsucessões convergentes e exibir duas delas.
Resultado
Tem-se
\[ x_{2k}=1+\frac{1}{2k}\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1+\frac{1}{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Resolução
A sucessão é dada por
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n}. \]
Como
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1 \]
e
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1, \]
obtemos
\[ -1<x_n\leq 2. \]
A sucessão é, pois, limitada. Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, admite pelo menos uma subsucessão convergente.
Exibamos duas de forma explícita. Se \(n=2k\), então
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}+\frac{1}{2k} = 1+\frac{1}{2k}. \]
Como
\[ \frac{1}{2k}\longrightarrow 0, \]
segue-se que
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Se, em vez disso, \(n=2k-1\), então
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}+\frac{1}{2k-1} = -1+\frac{1}{2k-1}. \]
Como
\[ \frac{1}{2k-1}\longrightarrow 0, \]
obtemos
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Exercício 10 — nível ★★☆☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão real tal que \(x_n\in[0,1]\) para todo o \(n\in\mathbb N\). Demonstrar que existe uma subsucessão convergente cujo limite pertence a \([0,1]\).
Resultado
Existe uma subsucessão \((x_{n_k})\) tal que
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0 \]
com \(x_0\in[0,1]\).
Resolução
A hipótese \(x_n\in[0,1]\) para todo o \(n\in\mathbb N\) significa que
\[ 0\leq x_n\leq 1 \]
para todo o \(n\in\mathbb N\). Logo, a sucessão é limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, existem uma sucessão crescente de índices
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
e um número real \(x_0\) tais que
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Resta observar que o limite \(x_0\) pertence a \([0,1]\).
De facto, cada termo da subsucessão satisfaz
\[ 0\leq x_{n_k}\leq 1. \]
Passando ao limite nas desigualdades, obtém-se
\[ 0\leq x_0\leq 1. \]
Logo,
\[ x_0\in[0,1]. \]
Exercício 11 — nível ★★★☆☆
Demonstrar que, se uma sucessão real limitada assume apenas um número finito de valores, então possui uma subsucessão constante.
Resultado
Pelo menos um dos valores assumidos pela sucessão ocorre uma infinidade de vezes. Escolhendo os índices correspondentes, obtém-se uma subsucessão constante e, portanto, convergente.
Resolução
Suponhamos que a sucessão \((x_n)\) assume apenas os valores
\[ a_1,a_2,\ldots,a_m. \]
Isto significa que, para todo o \(n\in\mathbb N\),
\[ x_n\in\{a_1,a_2,\ldots,a_m\}. \]
Como a sucessão tem uma infinidade de termos mas só pode assumir um número finito de valores, pelo menos um destes valores tem de ser assumido uma infinidade de vezes.
Com efeito, se cada um dos valores \(a_1,\ldots,a_m\) fosse assumido apenas um número finito de vezes, então a sucessão teria, no total, apenas um número finito de termos, o que é absurdo.
Existe, pois, um valor \(a_j\) tal que
\[ x_n=a_j \]
para uma infinidade de índices \(n\).
Podemos então escolher uma sucessão estritamente crescente de índices
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
tais que
\[ x_{n_k}=a_j \]
para todo o \(k\in\mathbb N\).
A subsucessão \((x_{n_k})\) é, portanto, constante:
\[ x_{n_k}=a_j. \]
Por conseguinte,
\[ x_{n_k}\longrightarrow a_j. \]
Exercício 12 — nível ★★★☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão convergente para \(L\). Demonstrar que qualquer subsucessão de \((x_n)\) converge ainda para \(L\).
Resultado
Qualquer subsucessão de uma sucessão convergente converge para o mesmo limite da sucessão original.
Resolução
Suponhamos que
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Por definição de limite, para todo o \(\varepsilon>0\) existe \(N\in\mathbb N\) tal que, para todo o \(n\geq N\),
\[ |x_n-L|<\varepsilon. \]
Seja agora \((x_{n_k})\) uma subsucessão de \((x_n)\). Os índices \(n_k\) são estritamente crescentes, pelo que
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
Em particular, existe \(K\in\mathbb N\) tal que, para todo o \(k\geq K\),
\[ n_k\geq N. \]
Por conseguinte, para todo o \(k\geq K\), tem-se
\[ |x_{n_k}-L|<\varepsilon. \]
Isto demonstra que
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Logo, qualquer subsucessão de uma sucessão convergente converge para o mesmo limite.
Exercício 13 — nível ★★★☆☆
Demonstrar que a sucessão
\[ x_n=\cos(n\pi) \]
não converge, mas admite subsucessões convergentes.
Resultado
Como
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n, \]
a sucessão não converge. No entanto,
\[ x_{2k}=1\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1\longrightarrow -1. \]
Resolução
Recordemos que, para todo o \(n\in\mathbb N\),
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n. \]
Logo, a sucessão é
\[ x_n=(-1)^n. \]
Ela assume alternadamente os valores \(1\) e \(-1\). Em particular, é limitada, pois
\[ -1\leq x_n\leq 1. \]
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, tem de admitir pelo menos uma subsucessão convergente.
Mostremos, porém, que a sucessão inteira não converge. Se convergisse para um limite \(L\), então qualquer das suas subsucessões deveria convergir para o mesmo limite \(L\).
Mas, considerando os índices pares, tem-se
\[ x_{2k}=\cos(2k\pi)=1, \]
pelo que
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Considerando, por sua vez, os índices ímpares, tem-se
\[ x_{2k-1}=\cos((2k-1)\pi)=-1, \]
pelo que
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Como uma sucessão convergente não pode ter duas subsucessões convergentes para limites distintos, a sucessão \((x_n)\) não converge.
Exercício 14 — nível ★★★☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada. Demonstrar que existem pelo menos um número real \(L\) e uma subsucessão \((x_{n_k})\) tais que
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
a partir de certa ordem.
Resultado
Por Bolzano-Weierstrass, existe uma subsucessão convergente \(x_{n_k}\to L\). Da convergência resulta que, passando eventualmente a uma subsucessão posterior, se pode obter
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Resolução
Como \((x_n)\) é limitada, pelo teorema de Bolzano-Weierstrass existem uma subsucessão \((x_{m_k})\) e um número real \(L\) tais que
\[ x_{m_k}\longrightarrow L. \]
Por definição de convergência, para todo o \(\varepsilon>0\) existe uma ordem a partir da qual todos os termos da subsucessão distam de \(L\) menos do que \(\varepsilon\).
Queremos agora construir uma subsucessão ainda mais precisa, impondo a estimativa
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Como \(x_{m_j}\to L\), para \(\varepsilon=1\) existe um índice \(j_1\) tal que
\[ |x_{m_{j_1}}-L|<1. \]
Para \(\varepsilon=\displaystyle\frac12\), existe um índice \(j_2>j_1\) tal que
\[ |x_{m_{j_2}}-L|<\frac12. \]
Procedendo por indução, escolhido \(j_k\), podemos escolher \(j_{k+1}>j_k\) tal que
\[ |x_{m_{j_{k+1}}}-L|<\frac{1}{k+1}. \]
Pomos agora
\[ n_k=m_{j_k}. \]
Obtemos uma subsucessão \((x_{n_k})\) tal que
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
para todo o \(k\in\mathbb N\). Isto conclui a demonstração.
Exercício 15 — nível ★★★☆☆
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada e suponhamos que qualquer das suas subsucessões convergentes tem limite \(L\). Demonstrar que \(x_n\to L\).
Resultado
Se uma sucessão limitada não convergisse para \(L\), poderia extrair-se uma subsucessão que se mantivesse afastada de \(L\). Aplicando Bolzano-Weierstrass a tal subsucessão, obter-se-ia uma subsucessão convergente com limite diferente de \(L\), contra a hipótese.
Resolução
Queremos demonstrar que
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Raciocinemos por absurdo. Suponhamos que \((x_n)\) não converge para \(L\).
Então existe um número \(\varepsilon_0>0\) tal que, para todo o \(N\in\mathbb N\), existe \(n\geq N\) com
\[ |x_n-L|\geq \varepsilon_0. \]
Isto significa que se podem encontrar uma infinidade de termos da sucessão que se mantêm a uma distância de pelo menos \(\varepsilon_0\) de \(L\).
Construamos então uma subsucessão \((x_{n_k})\) tal que
\[ |x_{n_k}-L|\geq \varepsilon_0 \]
para todo o \(k\in\mathbb N\).
Como \((x_n)\) é limitada, também a subsucessão \((x_{n_k})\) é limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, \((x_{n_k})\) admite uma subsucessão convergente. Designemo-la por
\[ x_{n_{k_j}}\longrightarrow M. \]
Por hipótese, qualquer subsucessão convergente de \((x_n)\) tem de ter limite \(L\). Logo, deveria ser
\[ M=L. \]
Contudo, como para todo o \(j\) se tem
\[ |x_{n_{k_j}}-L|\geq \varepsilon_0, \]
passando ao limite obtemos
\[ |M-L|\geq \varepsilon_0. \]
Em particular, \(M\neq L\), o que é uma contradição.
Logo, a hipótese absurda era falsa e, portanto,
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Exercício 16 — nível ★★★★☆
Demonstrar que qualquer conjunto infinito e limitado \(A\subseteq\mathbb R\) possui pelo menos um ponto de acumulação.
Resultado
Escolhe-se uma sucessão de elementos distintos de \(A\). Ela é limitada, pelo que, por Bolzano-Weierstrass, admite uma subsucessão convergente. O limite dessa subsucessão é um ponto de acumulação de \(A\).
Resolução
Seja \(A\subseteq\mathbb R\) um conjunto infinito e limitado.
Como \(A\) é infinito, podemos escolher uma sucessão de elementos distintos de \(A\):
\[ x_1,x_2,x_3,\ldots \]
com
\[ x_n\in A \]
para todo o \(n\), e
\[ x_n\neq x_m \]
se \(n\neq m\).
Como \(A\) é limitado, existem \(a,b\in\mathbb R\), com \(a\leq b\), tais que
\[ A\subseteq [a,b]. \]
Por conseguinte,
\[ x_n\in[a,b] \]
para todo o \(n\). A sucessão \((x_n)\) é, pois, limitada.
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, existem uma subsucessão \((x_{n_k})\) e um número real \(x_0\) tais que
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Demonstremos que \(x_0\) é um ponto de acumulação de \(A\).
Seja \(r>0\). Como \(x_{n_k}\to x_0\), existe \(K\in\mathbb N\) tal que, para todo o \(k\geq K\),
\[ |x_{n_k}-x_0|<r. \]
Logo,
\[ x_{n_k}\in(x_0-r,x_0+r) \]
para todo o \(k\geq K\).
Como os termos \(x_{n_k}\) são elementos distintos de \(A\), qualquer vizinhança de \(x_0\) contém uma infinidade de pontos de \(A\). Em particular, contém pontos de \(A\) distintos de \(x_0\).
Logo, \(x_0\) é um ponto de acumulação de \(A\).
Exercício 17 — nível ★★★★☆
Demonstrar, usando o teorema de Bolzano-Weierstrass, que uma sucessão real limitada não pode ter como único comportamento o de «fugir para o infinito».
Resultado
Uma sucessão limitada possui sempre uma subsucessão convergente para um número real. Logo, nem todas as suas subsucessões podem divergir para \(+\infty\) ou para \(-\infty\).
Resolução
Dizer que uma sucessão «foge para o infinito» significa, em termos precisos, que os seus termos se tornam arbitrariamente grandes em módulo.
Mas, se \((x_n)\) for limitada, existe \(M>0\) tal que
\[ |x_n|\leq M \]
para todo o \(n\in\mathbb N\).
Logo, todos os termos da sucessão pertencem ao intervalo fechado e limitado
\[ [-M,M]. \]
Pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, existem uma subsucessão \((x_{n_k})\) e um número real \(L\) tais que
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Esta subsucessão não foge para o infinito, pois converge para um número real.
Assim, uma sucessão real limitada pode oscilar, pode não convergir globalmente, pode ter vários valores limite, mas não pode estar privada de todo e qualquer comportamento convergente no seu interior.
O teorema de Bolzano-Weierstrass formaliza exactamente este facto: de qualquer sucessão real limitada pode sempre extrair-se uma subsucessão convergente.
Exercício 18 — nível ★★★★☆
Construir explicitamente, por meio de intervalos encaixados, uma subsucessão convergente de uma sucessão \((x_n)\) contida em \([0,1]\).
Resultado
Dividindo repetidamente \([0,1]\) em duas metades e escolhendo de cada vez um subintervalo que contenha uma infinidade de termos da sucessão, obtém-se uma família de intervalos encaixados cuja amplitude tende para \(0\). O seu único ponto comum é o limite da subsucessão construída.
Resolução
Suponhamos que
\[ x_n\in[0,1] \]
para todo o \(n\in\mathbb N\).
Ponhamos
\[ I_1=[0,1]. \]
O intervalo \(I_1\) contém todos os termos da sucessão, pelo que contém uma infinidade de termos da sucessão.
Dividamos \(I_1\) em dois intervalos fechados:
\[ \left[0,\frac12\right], \qquad \left[\frac12,1\right]. \]
Pelo menos um dos dois contém uma infinidade de termos da sucessão. Escolhamo-lo e chamemos-lhe \(I_2\).
Repitamos o procedimento. Suposto construído \(I_k\), dividamo-lo em dois intervalos fechados de igual amplitude. Pelo menos um dos dois contém uma infinidade de termos da sucessão. Escolhamo-lo e chamemos-lhe \(I_{k+1}\).
Obtemos assim uma sucessão de intervalos fechados e limitados
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots \]
tal que cada \(I_k\) contém uma infinidade de termos da sucessão.
Além disso, a amplitude de \(I_k\) é
\[ \frac{1}{2^{k-1}}, \]
e, portanto, tende para \(0\).
Pelo teorema dos intervalos encaixados, existe um único ponto \(x_0\in\mathbb R\) tal que
\[ \bigcap_{k=1}^{+\infty}I_k=\{x_0\}. \]
Construamos agora a subsucessão. Como \(I_1\) contém uma infinidade de termos, escolhamos \(n_1\) tal que
\[ x_{n_1}\in I_1. \]
Como \(I_2\) contém uma infinidade de termos, podemos escolher \(n_2>n_1\) tal que
\[ x_{n_2}\in I_2. \]
Prosseguindo por indução, escolhamos \(n_k\) de modo que
\[ n_1<n_2<\cdots<n_k<\cdots \]
e
\[ x_{n_k}\in I_k. \]
Como também \(x_0\in I_k\), a distância entre \(x_{n_k}\) e \(x_0\) é no máximo a amplitude de \(I_k\):
\[ |x_{n_k}-x_0|\leq \frac{1}{2^{k-1}}. \]
Como
\[ \frac{1}{2^{k-1}}\longrightarrow 0, \]
segue-se, por comparação, que
\[ |x_{n_k}-x_0|\longrightarrow 0. \]
Logo,
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Exercício 19 — nível ★★★★★
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada. Demonstrar que o conjunto dos limites das suas subsucessões convergentes é não vazio e limitado.
Resultado
O conjunto é não vazio por Bolzano-Weierstrass. É limitado porque qualquer limite de subsucessão tem de pertencer a todo o intervalo fechado que contenha todos os termos da sucessão.
Resolução
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada. Então existem \(a,b\in\mathbb R\), com \(a\leq b\), tais que
\[ a\leq x_n\leq b \]
para todo o \(n\in\mathbb N\).
Consideremos o conjunto
\[ E=\{L\in\mathbb R:\text{ existe uma subsucessão }(x_{n_k})\text{ tal que }x_{n_k}\to L\}. \]
Temos de demonstrar que \(E\) é não vazio e limitado.
Como \((x_n)\) é limitada, pelo teorema de Bolzano-Weierstrass existe pelo menos uma subsucessão convergente. Logo, existe pelo menos um número real \(L\) tal que
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Por conseguinte,
\[ E\neq\varnothing. \]
Demonstremos agora que \(E\) é limitado. Seja \(L\in E\). Por definição de \(E\), existe uma subsucessão \((x_{n_k})\) tal que
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Como para todo o \(k\) vale
\[ a\leq x_{n_k}\leq b, \]
passando ao limite obtemos
\[ a\leq L\leq b. \]
Logo, qualquer elemento de \(E\) pertence ao intervalo \([a,b]\). Assim,
\[ E\subseteq[a,b]. \]
Daqui resulta que \(E\) é limitado.
Exercício 20 — nível ★★★★★
Seja \((x_n)\) uma sucessão real limitada e sejam
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n, \qquad \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n. \]
Demonstrar que existem duas subsucessões \((x_{n_k})\) e \((x_{m_k})\) tais que
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha \]
e
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
Resultado
O limite inferior e o limite superior de uma sucessão real limitada são sempre limites de subsucessões adequadas.
Resolução
Como a sucessão \((x_n)\) é limitada, as quantidades
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n \]
e
\[ \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n \]
são números reais.
Demonstremos primeiro a existência de uma subsucessão que converge para \(\beta\).
Pela definição de limite superior, para todo o \(k\in\mathbb N\) existem índices arbitrariamente grandes \(n\) tais que
\[ x_n>\beta-\frac{1}{k}. \]
Além disso, como \(\beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n\), a partir de certa ordem vale
\[ x_n<\beta+\frac{1}{k}. \]
Podemos, pois, escolher índices estritamente crescentes \(m_k\) tais que
\[ \beta-\frac{1}{k}<x_{m_k}<\beta+\frac{1}{k}. \]
Por outras palavras,
\[ |x_{m_k}-\beta|<\frac{1}{k}. \]
Como
\[ \frac{1}{k}\longrightarrow 0, \]
segue-se que
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
O raciocínio para \(\alpha\) é análogo. Pela definição de limite inferior, para todo o \(k\in\mathbb N\) existem índices arbitrariamente grandes \(n\) tais que
\[ x_n<\alpha+\frac{1}{k}. \]
Além disso, como \(\alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n\), a partir de certa ordem vale
\[ x_n>\alpha-\frac{1}{k}. \]
Podemos, pois, escolher índices estritamente crescentes \(n_k\) tais que
\[ \alpha-\frac{1}{k}<x_{n_k}<\alpha+\frac{1}{k}. \]
De forma equivalente,
\[ |x_{n_k}-\alpha|<\frac{1}{k}. \]
Passando ao limite quando \(k\to+\infty\), obtemos
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha. \]
Logo, o limite inferior e o limite superior são ambos limites de subsucessões adequadas da sucessão original.