Seja \left(a_{n}\right) sequência real e a \in R.
a) Escreva a definição de a_{n} \rightarrow a.
b) Use a definição para concluir que a_{n} \rightarrow 0 \Leftrightarrow\left|a_{n}\right| \rightarrow 0.
c) É verdade que a_{n} \rightarrow a \Leftrightarrow\left|a_{n}\right| \rightarrow|a| para a \neq 0 ?
d) Conclua, usando a definição, que se \left(a_{n}\right) é sequência real tal que a_{n} \rightarrow a então a_{n+1} \rightarrow a.
e) Conclua, usando a definição, que se ( a_{n} ) é sequência real tal que a_{2 n+1} \rightarrow a e a_{2 n} \rightarrow a então a_{n} \rightarrow a.

Passo 1

O enunciado trata de sequências reais \bigl(a_n\bigr) e de sua convergência para um número a. Vamos usar a definição \varepsilon\– N de limite de sequência e aplicar essa definição em cada item: equivalência com a sequência \bigl(|a_n|\bigr), comportamento de subsequências e de deslocamento de índice.

Passo 2

A definição de \displaystyle a_n\to a é:
Para todo \varepsilon>0 existe N\in\mathbb{N} tal que, para todo n\ge N,
|a_n - a| < \varepsilon.

Passo 3

Provar que \displaystyle a_n\to 0\iff |a_n|\to 0.
\Rightarrow”: Suponha a_n\to0. Dado \varepsilon>0, existe N com n\ge N\implies|a_n-0|<\varepsilon. Mas |\,|a_n|-0|=|a_n|, logo |a_n|\to0.
\Leftarrow”: Suponha |a_n|\to0. Dado \varepsilon>0, existe N com n\ge N\implies\bigl||a_n|-0\bigr|<\varepsilon. Como \bigl||a_n|-0\bigr|=|a_n|, temos |a_n-0|<\varepsilon, ou seja, a_n\to0.

Passo 4

Investigar se para a\neq0 vale \displaystyle a_n\to a\iff |a_n|\to|a|.
A implicação “ \Rightarrow” sempre vale (valor absoluto é função contínua). A recíproca é falsa: basta o contraexemplo
a=1,\quad a_n = (-1)^n.
Então |a_n|=1\to|1|, mas a_n não converge para 1.

Passo 5

Provar que a_n\to a implica a_{n+1}\to a.
Seja \varepsilon>0. Como a_n\to a, existe N tal que n\ge N\implies|a_n - a|<\varepsilon. Para a_{n+1} tomamos N' = N-1 (ou qualquer N' tal que N'+1\ge N). Então para n\ge N' temos n+1\ge N e assim
|a_{n+1}-a|<\varepsilon,
provando a_{n+1}\to a.

Passo 6

Provar que se a_{2n+1}\to a e a_{2n}\to a então a_n\to a.
Dado \varepsilon>0, existe N_1 tal que k\ge N_1\implies|a_{2k}-a|<\varepsilon, e existe N_2 tal que k\ge N_2\implies|a_{2k+1}-a|<\varepsilon. Seja
M = 2\max(N_1,N_2)+1.
Se n\ge M, então ou n é par, n=2k com k\ge N_1, ou n é ímpar, n=2k+1 com k\ge N_2. Em ambos os casos |a_n-a|<\varepsilon. Logo a_n\to a.

Resposta

(a) Para todo \varepsilon>0 existe N tal que n\ge N\implies|a_n-a|<\varepsilon.
(b) Demonstra-se diretamente pela definição \varepsilon\– N que a_n\to0\iff|a_n|\to0.
(c) A implicação a_n\to a\implies|a_n|\to|a| vale sempre; a recíproca é falsa (por exemplo, a_n=(-1)^n, a=1).
(d) Se a_n\to a, então deslocando o índice obtemos a_{n+1}\to a pela mesma definição, apenas ajustando N.
(e) Se as subsequências a_{2n} e a_{2n+1} convergem para a, uma escolha adequada de M reúne as duas condições e mostra que a_n\to a.

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