Sejam \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} e \left(y_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} sequências convergentes para x e y, respectivamente. Suponhamos que x_{n} \leq z_{n} \leq y_{n} para todo n \in \mathbb{N}. Prove que
(a) x \leq y;
(b) (Teorema do Sanduíche) se x=y, então z_{n} \rightarrow x.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e faz estas perguntas.
Informações:
\text{(i) }(x_n)_{n\in\mathbb{N}}\text{ converge para }x,
\text{(ii) }(y_n)_{n\in\mathbb{N}}\text{ converge para }y,
\text{(iii) }x_n \le z_n \le y_n\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.
Perguntas:
(a) Provar que \;x \le y.
(b) Provar que, se \;x=y, então \;z_n \rightarrow x.

Passo 2

Lembrete do conceito que vamos usar (definição \varepsilon- N de convergência), explicado devagarinho.
Definição: dizer que (x_n) converge para \;x significa que
\text{para todo }\varepsilon>0\text{ existe }N\in\mathbb{N}\text{ tal que, para todo }n\ge N,\;|x_n-x|<\varepsilon.
Aqui \varepsilon é qualquer número positivo pequeno que eu escolha; o papel do N é garantir que, a partir de um índice suficientemente grande, todos os x_n ficam dentro do intervalo (x-\varepsilon,x+\varepsilon). O mesmo vale para (y_n) convergindo para y.
Vamos aplicar essa definição de forma direta nas duas partes do problema.

Passo 3

Prova de (a): mostrar que \;x\le y.
Estratégia: provar por contradição. Suponha que \;x>y. Então a diferença \;x-y é um número positivo. Escolho
\varepsilon=\frac{x-y}{2}>0.
Como x_n\to x, existe N_1 tal que, para todo n\ge N_1,
|x_n-x|<\varepsilon \quad\Rightarrow\quad x-\varepsilon < x_n < x+\varepsilon.
Em particular, para n\ge N_1 obtemos
x_n > x-\varepsilon = x-\frac{x-y}{2} = \frac{x+y}{2}.
De modo análogo, como y_n\to y, existe N_2 tal que, para todo n\ge N_2,
|y_n-y|<\varepsilon \quad\Rightarrow\quad y-\varepsilon < y_n < y+\varepsilon.
Em particular, para n\ge N_2 obtemos
y_n < y+\varepsilon = y+\frac{x-y}{2} = \frac{x+y}{2}.
Agora tome N=\max\{N_1,N_2\}. Para todo n\ge N temos simultaneamente
x_n > \frac{x+y}{2}\quad\text{e}\quad y_n < \frac{x+y}{2},
logo x_n > y_n para todo n\ge N. Mas isso contradiz a hipótese dada de que x_n \le z_n \le y_n, em particular implica x_n \le y_n para todo n. Portanto a suposição \;x>y é impossível. Concluímos que necessariamente
x\le y.

Passo 4

Prova de (b): caso \;x=y, mostrar que \;z_n\to x.
Agora sabemos (pelo enunciado da parte b) que x=y. Quero mostrar que para todo \varepsilon>0 existe N tal que, para todo n\ge N, |z_n-x|<\varepsilon.
Seja \varepsilon>0 qualquer. Como x_n\to x, existe N_1 com, para todo n\ge N_1,
|x_n-x|<\varepsilon \quad\Rightarrow\quad x-\varepsilon < x_n < x+\varepsilon.
Como y_n\to y e y=x, existe N_2 com, para todo n\ge N_2,
|y_n-x|<\varepsilon \quad\Rightarrow\quad x-\varepsilon < y_n < x+\varepsilon.
Tome N=\max\{N_1,N_2\}. Para todo n\ge N temos as duas desigualdades acima simultaneamente, e lembrando a hipótese de encadeamento x_n \le z_n \le y_n obtemos, para n\ge N,
x-\varepsilon < x_n \le z_n \le y_n < x+\varepsilon.
Isto implica diretamente
|z_n-x|<\varepsilon\quad\text{para todo }n\ge N.
Como \varepsilon>0 foi arbitrário, pela definição \varepsilon- N isso mostra que z_n\to x. Essa é exatamente a versão sequencial do famoso Teorema do Sanduíche (ou Teorema do Confronto): se uma sequência fica sempre entre duas que convergem para o mesmo limite, então ela também converge para esse limite.

Resposta

(a) x \le y
(b) z_{n}\rightarrow x

Exercícios relacionados