Seja A \subset \mathbb{R}. Se x_{0} \in A^{\prime} prove que existe uma sequência monótona \left(x_{n}\right) em A tal que x_{n} \rightarrow x_{0} (monótona = crescente ou decrescente).

Passo 1

O enunciado diz que A\subset\mathbb{R} e que x_{0}\in A', isto é, x_{0} é ponto de acumulação de A. Queremos mostrar que existe uma sequência monótona (crescente ou decrescente) \bigl(x_{n}\bigr)\subset A tal que
x_{n}\longrightarrow x_{0}.
O conteúdo principal aqui é usar a definição de ponto de acumulação em \mathbb{R} e depois construir, por uma escolha indutiva, uma sequência monotônica que tende a x_{0}.

Passo 2

Como x_{0}\in A', pela definição de ponto de acumulação temos:
para todo \varepsilon>0
\bigl(A\setminus\{x_{0}\}\bigr)\,\cap\,(x_{0}-\varepsilon,\;x_{0}+\varepsilon)\;\neq\;\emptyset.
Em particular, para cada n\in\mathbb{N} existe algum ponto de A\setminus\{x_{0}\} em (x_{0}-\tfrac1n,\;x_{0}+\tfrac1n).

Passo 3

Dos pontos obtidos em cada vizinhança (x_{0}-\tfrac1n,\;x_{0}+\tfrac1n), alguns ficarão à direita de x_{0} e outros à esquerda. Defina os conjuntos de índices
I_{+}=\bigl\{n\in\mathbb{N}\mid A\cap(x_{0},x_{0}+\tfrac1n)\neq\emptyset\bigr\}, \qquad I_{-}=\bigl\{n\in\mathbb{N}\mid A\cap(x_{0}-\tfrac1n,x_{0})\neq\emptyset\bigr\}.
Como para todo n ao menos um desses intervalos contém ponto de A, a união I_{+}\cup I_{-}=\mathbb{N}. Logo pelo princípio da gaveta um dos dois conjuntos I_{+} ou I_{-} é infinito.
  • Se I_{+} é infinito, construiremos uma sequência decrescente com termos em (x_{0},\infty).
  • Se I_{-} é infinito, construiremos uma sequência crescente com termos em (-\infty,x_{0}).

Passo 4

Suponha I_{+} infinito (caso simétrico em I_{-} é análogo). Vamos definir por indução uma sequência \bigl(x_{n}\bigr)\subset A\cap(x_{0},\infty) que tende a x_{0} e é estritamente decrescente:
Início ( n=1). Escolha qualquer x_{1}\in A\cap\bigl(x_{0},x_{0}+1\bigr).
Passo indutivo. Suponha já escolhidos x_{1}>\cdots>x_{k-1}>x_{0}. Defina
\delta_{k}=\min\Bigl\{\frac{x_{k-1}-x_{0}}{2},\;\frac{1}{k}\Bigr\}.
Como I_{+} é infinito, existe algum índice m grande o suficiente em I_{+} tal que \tfrac1m<\delta_{k}. Em particular
A\cap\bigl(x_{0},\,x_{0}+\delta_{k}\bigr)\neq\emptyset.
Escolha então
x_{k}\in A\cap\bigl(x_{0},\,x_{0}+\delta_{k}\bigr).
Pelo modo como definimos \delta_{k} temos
x_{0}<x_{k}\le x_{0}+\delta_{k} \le x_{0}+\frac{x_{k-1}-x_{0}}{2} =\frac{x_{k-1}+x_{0}}{2} < x_{k-1},
ou seja, x_{k-1}>x_{k}>x_{0}.
Isso conclui a construção de \bigl(x_{n}\bigr).
Verificação da convergência. Como 0<x_{k}-x_{0}\le\delta_{k}\le\frac1k, segue
0<x_{k}-x_{0}\le\frac1k \quad\Longrightarrow\quad x_{k}\longrightarrow x_{0}.

Passo 5

Se I_{-} for infinito, procede-se de modo totalmente análogo, escolhendo
x_{1}\in A\cap\bigl(x_{0}-1,\;x_{0}\bigr)
e em cada passo indutivo definindo
\delta_{k}=\min\Bigl\{\frac{x_{0}-x_{k-1}}{2},\;\frac1k\Bigr\},
escolhendo
x_{k}\in A\cap\bigl(x_{0}-\delta_{k},\,x_{0}\bigr),
o que garante x_{0}>x_{k}>x_{k-1} e x_{k}\to x_{0}. Assim obtemos uma sequência crescente que tende a x_{0}.

Resposta

Mostramos que, se x_{0}\in A', então ou há infinitos pontos de A à direita de x_{0} e daí surge uma sequência decrescente em A convergindo a x_{0}, ou há infinitos pontos à esquerda de x_{0} e daí surge uma sequência crescente em A convergindo a x_{0}. Portanto sempre existe uma sequência monótona em A que tende a x_{0}.

Exercícios relacionados