Teorema lui Bolzano-Weierstrass arată că, din orice șir real mărginit, se poate extrage întotdeauna cel puțin un subșir convergent.
În exercițiile care urmează vom aplica acest rezultat la șiruri mărginite și nemărginite, la exemple oscilante, la puncte de acumulare și la proprietăți ale subșirurilor.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ x_n=(-1)^n \]
satisface ipotezele teoremei lui Bolzano-Weierstrass și, în caz afirmativ, să se determine două subșiruri convergente.
Rezultat
Șirul este mărginit. Două subșiruri convergente sunt
\[ x_{2k}=1 \longrightarrow 1 \]
și
\[ x_{2k-1}=-1 \longrightarrow -1. \]
Rezolvare
Șirul ia alternativ valorile \(1\) și \(-1\). Într-adevăr, dacă \(n\) este par, atunci
\[ x_n=(-1)^n=1, \]
în timp ce, dacă \(n\) este impar,
\[ x_n=(-1)^n=-1. \]
Așadar, toți termenii șirului aparțin intervalului închis și mărginit \([-1,1]\). În particular,
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent. În acest caz putem indica două dintre ele în mod explicit.
Considerând indicii pari, obținem
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}=1. \]
Subșirul \((x_{2k})\) este constant, deci converge la \(1\).
Considerând în schimb indicii impari, obținem
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}=-1. \]
Și acest subșir este constant, deci converge la \(-1\).
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ x_n=\frac{1}{n} \]
admite un subșir convergent.
Rezultat
Da. Șirul este mărginit și converge el însuși la \(0\). În consecință, orice subșir al său converge la \(0\).
Rezolvare
Pentru orice \(n\in\mathbb N\), cu \(n\geq 1\), avem
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1. \]
Așadar,
\[ x_n\in(0,1] \]
pentru orice \(n\geq 1\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, orice șir real mărginit admite cel puțin un subșir convergent. În acest caz se poate spune mai mult: întregul șir converge.
Într-adevăr,
\[ \frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Rezultă că, dacă \((x_{n_k})\) este un subșir oarecare, atunci
\[ x_{n_k}=\frac{1}{n_k}. \]
Deoarece \(n_k\to+\infty\), avem
\[ \frac{1}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Prin urmare, orice subșir converge la aceeași limită \(0\).
Exercițiul 3 — nivel ★☆☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ x_n=n \]
admite un subșir convergent în \(\mathbb R\).
Rezultat
Nu. Șirul nu este mărginit și niciun subșir al său nu converge la un număr real.
Rezolvare
Șirul este dat de
\[ x_n=n. \]
El nu este majorat, deoarece, fixând un număr real \(M\) oarecare, există întotdeauna un indice \(n\) astfel încât
\[ n>M. \]
Așadar, nu există niciun interval închis și mărginit \([a,b]\) care să conțină toți termenii șirului.
Să considerăm acum un subșir oarecare \((x_{n_k})\). Acesta are forma
\[ x_{n_k}=n_k, \]
unde
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots. \]
Deoarece indicii \(n_k\) formează un șir strict crescător de numere naturale, în mod necesar
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
Prin urmare,
\[ x_{n_k}=n_k\longrightarrow+\infty. \]
Niciun subșir nu poate, așadar, converge la un număr real. Aceasta arată că ipoteza de mărginire din teorema lui Bolzano-Weierstrass este esențială.
Exercițiul 4 — nivel ★☆☆☆☆
Să se considere șirul
\[ x_n=\frac{(-1)^n}{n}. \]
Să se stabilească dacă este mărginit și să se determine limita unui subșir convergent al său.
Rezultat
Șirul este mărginit și converge la \(0\). Prin urmare, orice subșir al său converge la \(0\).
Rezolvare
Pentru orice \(n\geq 1\) avem
\[ |x_n|=\left|\frac{(-1)^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\leq 1. \]
Așadar,
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
pentru orice \(n\geq 1\). Șirul este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent. În realitate, și în acest caz converge întregul șir.
Într-adevăr,
\[ |x_n-0|=|x_n|=\frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Așadar,
\[ x_n\longrightarrow 0. \]
În consecință, pentru orice șir crescător de indici \((n_k)\), avem
\[ x_{n_k}=\frac{(-1)^{n_k}}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Exercițiul 5 — nivel ★☆☆☆☆
Fie \((x_n)\) un șir astfel încât
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\). Să se demonstreze că \((x_n)\) admite un subșir convergent.
Rezultat
Șirul este mărginit. Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent.
Rezolvare
Ipoteza
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\) înseamnă că toți termenii șirului aparțin aceluiași interval închis și mărginit:
\[ x_n\in[2,5]. \]
Așadar, șirul este minorat de \(2\) și majorat de \(5\).
Deoarece \((x_n)\) este un șir real mărginit, putem aplica direct teorema lui Bolzano-Weierstrass.
Există, prin urmare, un șir strict crescător de indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
și un număr real \(x_0\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
În plus, deoarece toți termenii subșirului aparțin lui \([2,5]\), limita trebuie să aparțină aceluiași interval:
\[ x_0\in[2,5]. \]
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se considere șirul
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Să se determine două subșiruri convergente și limitele lor respective.
Rezultat
Avem
\[ x_{2k}=\frac{2k}{2k+1}\longrightarrow 1 \]
și
\[ x_{2k-1}=-\frac{2k-1}{2k}\longrightarrow -1. \]
Rezolvare
Șirul este
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Deoarece
\[ \left|x_n\right|=\left|\frac{(-1)^n n}{n+1}\right|=\frac{n}{n+1}<1, \]
avem
\[ -1<x_n<1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\). Prin urmare, șirul este mărginit.
Să studiem acum separat indicii pari și indicii impari.
Dacă \(n=2k\), atunci
\[ x_{2k}=\frac{(-1)^{2k}\,2k}{2k+1}=\frac{2k}{2k+1}. \]
Deoarece
\[ \frac{2k}{2k+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{2k}}, \]
rezultă că
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Dacă, în schimb, \(n=2k-1\), atunci
\[ x_{2k-1} = \frac{(-1)^{2k-1}(2k-1)}{2k} = -\frac{2k-1}{2k}. \]
Deoarece
\[ \frac{2k-1}{2k}=1-\frac{1}{2k}\longrightarrow 1, \]
obținem
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Prin urmare, șirul nu converge, dar posedă cel puțin două subșiruri convergente, unul cu limita \(1\) și unul cu limita \(-1\).
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se considere șirul
\[ x_n=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right). \]
Să se demonstreze că admite subșiruri convergente și să se determine toate punctele limită obținute din clasele de indici modulo \(4\).
Rezultat
Valorile șirului se repetă periodic:
\[ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ldots \]
Subșirurile constante converg respectiv la \(1\), \(0\) și \(-1\).
Rezolvare
Să calculăm valorile șirului, distingând indicii după restul împărțirii la \(4\).
Dacă \(n=4k+1\), atunci
\[ x_{4k+1}=\sin\left(\frac{(4k+1)\pi}{2}\right) = \sin\left(2k\pi+\frac{\pi}{2}\right)=1. \]
Dacă \(n=4k+2\), atunci
\[ x_{4k+2}=\sin\left(2k\pi+\pi\right)=0. \]
Dacă \(n=4k+3\), atunci
\[ x_{4k+3}=\sin\left(2k\pi+\frac{3\pi}{2}\right)=-1. \]
În final, dacă \(n=4k\), atunci
\[ x_{4k}=\sin(2k\pi)=0. \]
Așadar, șirul ia doar valorile \(-1\), \(0\), \(1\) și este, cu siguranță, mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent. În realitate, indicăm imediat câteva dintre ele:
\[ x_{4k+1}=1\longrightarrow 1, \]
\[ x_{4k+3}=-1\longrightarrow -1, \]
și
\[ x_{4k}=0\longrightarrow 0. \]
Fiecare subșir constant converge la valoarea constantă pe care o ia.
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit. Să se demonstreze că orice subșir \((x_{n_k})\) este, de asemenea, mărginit.
Rezultat
Orice subșir al unui șir mărginit este mărginit.
Rezolvare
Deoarece \((x_n)\) este mărginit, există două numere reale \(a\) și \(b\), cu \(a\leq b\), astfel încât
\[ a\leq x_n\leq b \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\).
Fie acum \((x_{n_k})\) un subșir al lui \((x_n)\). Prin definiție, fiecare termen al subșirului este și un termen al șirului inițial.
Într-adevăr, \(n_k\in\mathbb N\) pentru orice \(k\), deci din mărginirea lui \((x_n)\) rezultă că
\[ a\leq x_{n_k}\leq b \]
pentru orice \(k\in\mathbb N\).
Prin urmare, toți termenii subșirului aparțin aceluiași interval închis și mărginit \([a,b]\).
Așadar, \((x_{n_k})\) este mărginit.
Exercițiul 9 — nivel ★★☆☆☆
Să se stabilească dacă șirul
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n} \]
admite subșiruri convergente și să se determine două dintre ele.
Rezultat
Avem
\[ x_{2k}=1+\frac{1}{2k}\longrightarrow 1 \]
și
\[ x_{2k-1}=-1+\frac{1}{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Rezolvare
Șirul este dat de
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n}. \]
Deoarece
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1 \]
și
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1, \]
obținem
\[ -1<x_n\leq 2. \]
Prin urmare, șirul este mărginit. Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent.
Să determinăm două dintre ele în mod explicit. Dacă \(n=2k\), atunci
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}+\frac{1}{2k} = 1+\frac{1}{2k}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{2k}\longrightarrow 0, \]
rezultă că
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Dacă, în schimb, \(n=2k-1\), atunci
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}+\frac{1}{2k-1} = -1+\frac{1}{2k-1}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{2k-1}\longrightarrow 0, \]
obținem
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Exercițiul 10 — nivel ★★☆☆☆
Fie \((x_n)\) un șir real astfel încât \(x_n\in[0,1]\) pentru orice \(n\in\mathbb N\). Să se demonstreze că există un subșir convergent a cărui limită aparține lui \([0,1]\).
Rezultat
Există un subșir \((x_{n_k})\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0 \]
cu \(x_0\in[0,1]\).
Rezolvare
Ipoteza \(x_n\in[0,1]\) pentru orice \(n\in\mathbb N\) înseamnă că
\[ 0\leq x_n\leq 1 \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\). Așadar, șirul este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, există un șir crescător de indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
și un număr real \(x_0\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Rămâne de observat că limita \(x_0\) aparține lui \([0,1]\).
Într-adevăr, fiecare termen al subșirului satisface
\[ 0\leq x_{n_k}\leq 1. \]
Trecând la limită în inegalități, obținem
\[ 0\leq x_0\leq 1. \]
Așadar,
\[ x_0\in[0,1]. \]
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze că, dacă un șir real mărginit ia doar un număr finit de valori, atunci el posedă un subșir constant.
Rezultat
Cel puțin una dintre valorile luate de șir apare de o infinitate de ori. Alegând indicii corespunzători, se obține un subșir constant, deci convergent.
Rezolvare
Să presupunem că șirul \((x_n)\) ia doar valorile
\[ a_1,a_2,\ldots,a_m. \]
Aceasta înseamnă că, pentru orice \(n\in\mathbb N\),
\[ x_n\in\{a_1,a_2,\ldots,a_m\}. \]
Deoarece șirul are o infinitate de termeni, dar poate lua doar un număr finit de valori, cel puțin una dintre aceste valori trebuie să fie luată de o infinitate de ori.
Într-adevăr, dacă fiecare dintre valorile \(a_1,\ldots,a_m\) ar fi luată doar de un număr finit de ori, atunci șirul ar avea în total doar un număr finit de termeni, ceea ce este absurd.
Există, prin urmare, o valoare \(a_j\) astfel încât
\[ x_n=a_j \]
pentru o infinitate de indici \(n\).
Putem atunci alege un șir strict crescător de indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
astfel încât
\[ x_{n_k}=a_j \]
pentru orice \(k\in\mathbb N\).
Subșirul \((x_{n_k})\) este, prin urmare, constant:
\[ x_{n_k}=a_j. \]
În consecință,
\[ x_{n_k}\longrightarrow a_j. \]
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Fie \((x_n)\) un șir convergent la \(L\). Să se demonstreze că orice subșir al lui \((x_n)\) converge tot la \(L\).
Rezultat
Orice subșir al unui șir convergent converge la aceeași limită ca șirul inițial.
Rezolvare
Să presupunem că
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Prin definiția limitei, pentru orice \(\varepsilon>0\) există \(N\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(n\geq N\),
\[ |x_n-L|<\varepsilon. \]
Fie acum \((x_{n_k})\) un subșir al lui \((x_n)\). Indicii \(n_k\) sunt strict crescători, deci
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
În particular, există \(K\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(k\geq K\),
\[ n_k\geq N. \]
În consecință, pentru orice \(k\geq K\), avem
\[ |x_{n_k}-L|<\varepsilon. \]
Aceasta demonstrează că
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Prin urmare, orice subșir al unui șir convergent converge la aceeași limită.
Exercițiul 13 — nivel ★★★☆☆
Să se demonstreze că șirul
\[ x_n=\cos(n\pi) \]
nu converge, dar admite subșiruri convergente.
Rezultat
Deoarece
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n, \]
șirul nu converge. Totuși,
\[ x_{2k}=1\longrightarrow 1 \]
și
\[ x_{2k-1}=-1\longrightarrow -1. \]
Rezolvare
Reamintim că, pentru orice \(n\in\mathbb N\),
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n. \]
Așadar, șirul este
\[ x_n=(-1)^n. \]
El ia alternativ valorile \(1\) și \(-1\). În particular, este mărginit, deoarece
\[ -1\leq x_n\leq 1. \]
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, el admite cel puțin un subșir convergent.
Să arătăm însă că întregul șir nu converge. Dacă ar converge la o limită \(L\), atunci orice subșir al său ar trebui să convergă la aceeași limită \(L\).
Dar, considerând indicii pari, avem
\[ x_{2k}=\cos(2k\pi)=1, \]
deci
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Considerând în schimb indicii impari, avem
\[ x_{2k-1}=\cos((2k-1)\pi)=-1, \]
deci
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Deoarece un șir convergent nu poate avea două subșiruri convergente la limite diferite, șirul \((x_n)\) nu converge.
Exercițiul 14 — nivel ★★★☆☆
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit. Să se demonstreze că există cel puțin un număr real \(L\) și un subșir \((x_{n_k})\) astfel încât
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
de la un anumit rang.
Rezultat
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, există un subșir convergent \(x_{n_k}\to L\). Din convergență rezultă că, trecând eventual la un subșir ulterior, se poate obține
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Rezolvare
Deoarece \((x_n)\) este mărginit, conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass există un subșir \((x_{m_k})\) și un număr real \(L\) astfel încât
\[ x_{m_k}\longrightarrow L. \]
Prin definiția convergenței, pentru orice \(\varepsilon>0\) există un rang dincolo de care toți termenii subșirului se află la o distanță de \(L\) mai mică decât \(\varepsilon\).
Vrem acum să construim un subșir și mai precis, impunând estimarea
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Deoarece \(x_{m_j}\to L\), pentru \(\varepsilon=1\) există un indice \(j_1\) astfel încât
\[ |x_{m_{j_1}}-L|<1. \]
Pentru \(\varepsilon=\displaystyle\frac12\), există un indice \(j_2>j_1\) astfel încât
\[ |x_{m_{j_2}}-L|<\frac12. \]
Procedând prin inducție, odată ales \(j_k\), putem alege \(j_{k+1}>j_k\) astfel încât
\[ |x_{m_{j_{k+1}}}-L|<\frac{1}{k+1}. \]
Punem acum
\[ n_k=m_{j_k}. \]
Obținem un subșir \((x_{n_k})\) astfel încât
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
pentru orice \(k\in\mathbb N\). Aceasta încheie demonstrația.
Exercițiul 15 — nivel ★★★☆☆
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit și să presupunem că orice subșir convergent al său are limita \(L\). Să se demonstreze că \(x_n\to L\).
Rezultat
Dacă un șir mărginit nu ar converge la \(L\), s-ar putea extrage un subșir care rămâne departe de \(L\). Aplicând teorema lui Bolzano-Weierstrass acestui subșir, s-ar obține un subșir convergent cu limita diferită de \(L\), contrar ipotezei.
Rezolvare
Vrem să demonstrăm că
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Raționăm prin reducere la absurd. Să presupunem că \((x_n)\) nu converge la \(L\).
Atunci există un număr \(\varepsilon_0>0\) astfel încât, pentru orice \(N\in\mathbb N\), există \(n\geq N\) cu
\[ |x_n-L|\geq \varepsilon_0. \]
Aceasta înseamnă că se pot găsi o infinitate de termeni ai șirului care rămân la o distanță de cel puțin \(\varepsilon_0\) de \(L\).
Construim atunci un subșir \((x_{n_k})\) astfel încât
\[ |x_{n_k}-L|\geq \varepsilon_0 \]
pentru orice \(k\in\mathbb N\).
Deoarece \((x_n)\) este mărginit, și subșirul \((x_{n_k})\) este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, \((x_{n_k})\) admite un subșir convergent. Să-l notăm cu
\[ x_{n_{k_j}}\longrightarrow M. \]
Prin ipoteză, orice subșir convergent al lui \((x_n)\) trebuie să aibă limita \(L\). Așadar, ar trebui să avem
\[ M=L. \]
Totuși, deoarece pentru orice \(j\) avem
\[ |x_{n_{k_j}}-L|\geq \varepsilon_0, \]
trecând la limită, obținem
\[ |M-L|\geq \varepsilon_0. \]
În particular \(M\neq L\), contradicție.
Prin urmare, ipoteza absurdă era falsă, deci
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Exercițiul 16 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze că orice mulțime infinită și mărginită \(A\subseteq\mathbb R\) posedă cel puțin un punct de acumulare.
Rezultat
Se alege un șir de elemente distincte din \(A\). Acesta este mărginit, deci, conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, admite un subșir convergent. Limita acestui subșir este un punct de acumulare al lui \(A\).
Rezolvare
Fie \(A\subseteq\mathbb R\) o mulțime infinită și mărginită.
Deoarece \(A\) este infinită, putem alege un șir de elemente distincte din \(A\):
\[ x_1,x_2,x_3,\ldots \]
cu
\[ x_n\in A \]
pentru orice \(n\), și
\[ x_n\neq x_m \]
dacă \(n\neq m\).
Deoarece \(A\) este mărginită, există \(a,b\in\mathbb R\), cu \(a\leq b\), astfel încât
\[ A\subseteq [a,b]. \]
În consecință,
\[ x_n\in[a,b] \]
pentru orice \(n\). Prin urmare, șirul \((x_n)\) este mărginit.
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, există un subșir \((x_{n_k})\) și un număr real \(x_0\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Să demonstrăm că \(x_0\) este un punct de acumulare al lui \(A\).
Fie \(r>0\). Deoarece \(x_{n_k}\to x_0\), există \(K\in\mathbb N\) astfel încât, pentru orice \(k\geq K\),
\[ |x_{n_k}-x_0|<r. \]
Așadar,
\[ x_{n_k}\in(x_0-r,x_0+r) \]
pentru orice \(k\geq K\).
Deoarece termenii \(x_{n_k}\) sunt elemente distincte din \(A\), orice vecinătate a lui \(x_0\) conține o infinitate de puncte din \(A\). În particular, conține puncte din \(A\) distincte de \(x_0\).
Prin urmare, \(x_0\) este un punct de acumulare al lui \(A\).
Exercițiul 17 — nivel ★★★★☆
Să se demonstreze, folosind teorema lui Bolzano-Weierstrass, că un șir real mărginit nu poate avea drept unic comportament pe acela de a „fugi spre infinit”.
Rezultat
Un șir mărginit posedă întotdeauna un subșir convergent la un număr real. Așadar, nu toate subșirurile sale pot diverge la \(+\infty\) sau la \(-\infty\).
Rezolvare
A spune că un șir „fuge spre infinit” înseamnă, în formă precisă, că termenii săi devin arbitrar de mari în modul.
Dar dacă \((x_n)\) este mărginit, există \(M>0\) astfel încât
\[ |x_n|\leq M \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\).
Așadar, toți termenii șirului aparțin intervalului închis și mărginit
\[ [-M,M]. \]
Conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass, există un subșir \((x_{n_k})\) și un număr real \(L\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Acest subșir nu fuge spre infinit, deoarece converge la un număr real.
Prin urmare, un șir real mărginit poate oscila, poate să nu conveargă global, poate avea mai multe puncte limită, dar nu poate fi lipsit de orice comportament convergent în interiorul său.
Teorema lui Bolzano-Weierstrass formalizează exact acest fapt: din orice șir real mărginit se poate extrage întotdeauna un subșir convergent.
Exercițiul 18 — nivel ★★★★☆
Să se construiască explicit, prin intervale incluse, un subșir convergent al unui șir \((x_n)\) conținut în \([0,1]\).
Rezultat
Împărțind în mod repetat \([0,1]\) în două jumătăți și alegând de fiecare dată un subinterval care conține o infinitate de termeni ai șirului, se obține o familie de intervale incluse a căror lungime tinde la \(0\). Singurul lor punct comun este limita subșirului construit.
Rezolvare
Să presupunem că
\[ x_n\in[0,1] \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\).
Punem
\[ I_1=[0,1]. \]
Intervalul \(I_1\) conține toți termenii șirului, deci conține o infinitate de termeni ai șirului.
Împărțim \(I_1\) în două intervale închise:
\[ \left[0,\frac12\right], \qquad \left[\frac12,1\right]. \]
Cel puțin unul dintre cele două conține o infinitate de termeni ai șirului. Să-l alegem și să-l numim \(I_2\).
Repetăm procedeul. Presupunând \(I_k\) construit, îl împărțim în două intervale închise de aceeași lungime. Cel puțin unul dintre cele două conține o infinitate de termeni ai șirului. Să-l alegem și să-l numim \(I_{k+1}\).
Obținem astfel un șir de intervale închise și mărginite
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots \]
astfel încât fiecare \(I_k\) conține o infinitate de termeni ai șirului.
În plus, lungimea lui \(I_k\) este
\[ \frac{1}{2^{k-1}}, \]
și, prin urmare, tinde la \(0\).
Conform teoremei intervalelor incluse, există un unic punct \(x_0\in\mathbb R\) astfel încât
\[ \bigcap_{k=1}^{+\infty}I_k=\{x_0\}. \]
Să construim acum subșirul. Deoarece \(I_1\) conține o infinitate de termeni, alegem \(n_1\) astfel încât
\[ x_{n_1}\in I_1. \]
Deoarece \(I_2\) conține o infinitate de termeni, putem alege \(n_2>n_1\) astfel încât
\[ x_{n_2}\in I_2. \]
Continuând prin inducție, alegem \(n_k\) astfel încât
\[ n_1<n_2<\cdots<n_k<\cdots \]
și
\[ x_{n_k}\in I_k. \]
Deoarece și \(x_0\in I_k\), distanța dintre \(x_{n_k}\) și \(x_0\) este cel mult lungimea lui \(I_k\):
\[ |x_{n_k}-x_0|\leq \frac{1}{2^{k-1}}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{2^{k-1}}\longrightarrow 0, \]
rezultă, prin comparație, că
\[ |x_{n_k}-x_0|\longrightarrow 0. \]
Prin urmare,
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Exercițiul 19 — nivel ★★★★★
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit. Să se demonstreze că mulțimea limitelor subșirurilor sale convergente este nevidă și mărginită.
Rezultat
Mulțimea este nevidă conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass. Este mărginită deoarece orice limită a unui subșir trebuie să aparțină oricărui interval închis care conține toți termenii șirului.
Rezolvare
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit. Atunci există \(a,b\in\mathbb R\), cu \(a\leq b\), astfel încât
\[ a\leq x_n\leq b \]
pentru orice \(n\in\mathbb N\).
Să considerăm mulțimea
\[ E=\{L\in\mathbb R:\text{ există un subșir }(x_{n_k})\text{ astfel încât }x_{n_k}\to L\}. \]
Trebuie să demonstrăm că \(E\) este nevidă și mărginită.
Deoarece \((x_n)\) este mărginit, conform teoremei lui Bolzano-Weierstrass există cel puțin un subșir convergent. Așadar, există cel puțin un număr real \(L\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Prin urmare,
\[ E\neq\varnothing. \]
Să demonstrăm acum că \(E\) este mărginită. Fie \(L\in E\). Prin definiția lui \(E\), există un subșir \((x_{n_k})\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Deoarece pentru orice \(k\) avem
\[ a\leq x_{n_k}\leq b, \]
trecând la limită, obținem
\[ a\leq L\leq b. \]
Așadar, fiecare element al lui \(E\) aparține intervalului \([a,b]\). Prin urmare,
\[ E\subseteq[a,b]. \]
Rezultă că \(E\) este mărginită.
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Fie \((x_n)\) un șir real mărginit și fie
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n, \qquad \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n. \]
Să se demonstreze că există două subșiruri \((x_{n_k})\) și \((x_{m_k})\) astfel încât
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha \]
și
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
Rezultat
Limita inferioară și limita superioară ale unui șir real mărginit sunt întotdeauna limite ale unor subșiruri convenabile.
Rezolvare
Deoarece șirul \((x_n)\) este mărginit, cantitățile
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n \]
și
\[ \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n \]
sunt numere reale.
Să demonstrăm mai întâi existența unui subșir care converge la \(\beta\).
Prin definiția limitei superioare, pentru orice \(k\in\mathbb N\) există indici \(n\) arbitrar de mari astfel încât
\[ x_n>\beta-\frac{1}{k}. \]
În plus, deoarece \(\beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n\), de la un anumit rang avem
\[ x_n<\beta+\frac{1}{k}. \]
Putem, prin urmare, alege indici strict crescători \(m_k\) astfel încât
\[ \beta-\frac{1}{k}<x_{m_k}<\beta+\frac{1}{k}. \]
Cu alte cuvinte,
\[ |x_{m_k}-\beta|<\frac{1}{k}. \]
Deoarece
\[ \frac{1}{k}\longrightarrow 0, \]
rezultă că
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
Raționamentul pentru \(\alpha\) este analog. Prin definiția limitei inferioare, pentru orice \(k\in\mathbb N\) există indici \(n\) arbitrar de mari astfel încât
\[ x_n<\alpha+\frac{1}{k}. \]
În plus, deoarece \(\alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n\), de la un anumit rang avem
\[ x_n>\alpha-\frac{1}{k}. \]
Putem, prin urmare, alege indici strict crescători \(n_k\) astfel încât
\[ \alpha-\frac{1}{k}<x_{n_k}<\alpha+\frac{1}{k}. \]
În mod echivalent,
\[ |x_{n_k}-\alpha|<\frac{1}{k}. \]
Trecând la limită pentru \(k\to+\infty\), obținem
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha. \]
Prin urmare, limita inferioară și limita superioară sunt amândouă limite ale unor subșiruri convenabile ale șirului inițial.