1. B. Se X=\left(x_{n}\right) é uma sequência limitada em R, mostre que existe uma subsequência de X que converge para \lim \inf X.

Passo 1

O enunciado dá uma sequência X=(x_n) limitada em \mathbb{R} e pede que se mostre que existe uma subsequência de X que converge para \liminf X.
Informações relevantes fornecidas:
  • A sequência X=(x_n) é limitada, ou seja, existe M>0 tal que |x_n|\le M para todo n.
  • A tarefa é provar a existência de uma subsequência \big(x_{n_k}\big) tal que
\lim_{k\to\infty} x_{n_k}=\liminf_{n\to\infty} x_n.

Passo 2

Definição e construção útil: para cada n defina
s_n := \inf_{k\ge n} x_k.
Explico o que isso significa e por que é útil. Para cada n, s_n é o ínfimo (a maior das cotas inferiores) dos termos da sequência a partir de n. Logo, por definição de ínfimo, para todo n vale
s_n \le x_k\quad\text{para todo }k\ge n,
em particular
s_n \le x_n.
Além disso, a sequência (s_n) é não decrescente: se m>n então o conjunto \{x_k:k\ge m\} é subconjunto de \{x_k:k\ge n\}, portanto a infimum do conjunto menor não pode ser menor que a infimum do conjunto maior; formalmente,
s_n \le s_m\quad\text{sempre que }m\ge n.

Passo 3

Mostro que (s_n) converge e que seu limite é exatamente \liminf x_n.
Como (x_n) é limitada, (s_n) também é limitada (por exemplo |s_n|\le M). Sendo (s_n) não decrescente e limitada acima, pelo teorema do monotone convergence, (s_n) converge. Defina
\alpha:=\lim_{n\to\infty} s_n.
Pelo modo como s_n foi definido, essa \alpha é a definição de \liminf x_n. Ou seja,
\alpha=\liminf_{n\to\infty} x_n.

Passo 4

Construção da subsequência que converge para \alpha.
Vou construir índices m_1<m_2<m_3<\cdots e, a partir deles, índices n_k\ge m_k que darão a subsequência desejada.
Como s_n\to\alpha, para cada k\in\mathbb{N} existe um índice m_k tal que
s_{m_k} > \alpha - \frac{1}{k}.
Escolha os m_k de modo estritamente crescente (por exemplo, tomar m_k suficientemente grande garante m_{k+1}>m_k).
Para cada k sabemos que s_{m_k}=\inf_{j\ge m_k} x_j. Pela definição de ínfimo: para qualquer \varepsilon>0 existe algum índice j\ge m_k tal que
x_j < s_{m_k} + \varepsilon.
Aplicando com \varepsilon=\tfrac{1}{k}, obtemos para cada k um índice n_k\ge m_k tal que
x_{n_k} < s_{m_k} + \frac{1}{k}.
Note também que sempre vale s_{m_k}\le x_{n_k} porque s_{m_k} é ínfimo do conjunto que contém x_{n_k}. Assim, para cada k temos a dupla desigualdade
s_{m_k} \le x_{n_k} < s_{m_k} + \frac{1}{k}.
Como escolhemos m_k estritamente crescentes e n_k\ge m_k, os índices n_k também formam uma sequência estritamente crescente; portanto \big(x_{n_k}\big) é de fato uma subsequência de (x_n).

Passo 5

Passagem ao limite e conclusão pela desigualdade em sanduíche.
Tendo
s_{m_k} \le x_{n_k} < s_{m_k} + \frac{1}{k},
e sabendo que s_{m_k}\to\alpha quando k\to\infty e \tfrac{1}{k}\to 0, pela propriedade do “squeeze” (teorema do confronto) segue que
\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = \alpha.
Portanto a subsequência \big(x_{n_k}\big) converge para \alpha=\liminf_{n\to\infty} x_n.

Passo 6

Comentário final e intuição (rápida, para motivar).
Intuitivamente: os s_n capturam os menores valores que ainda aparecem a partir de cada ponto. Esses mínimos parciais sobem e se estabilizam em \liminf. Em cada etapa escolhemos um termo real da sequência que está muito próximo desse mínimo parcial: isso nos dá uma subsequência “apertando” para a frente até o valor limite \liminf. Dá um pouco de trabalho formalizar índices, mas a ideia é essa — é praticamente a construção padrão em provas de análise real.

Resposta

Existe uma subsequência \big(x_{n_k}\big) de X tal que
\lim_{k\to\infty} x_{n_k}=\liminf_{n\to\infty} x_n.

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