Il teorema di Bolzano-Weierstrass mostra che, da ogni successione reale limitata, è sempre possibile individuare almeno una sottosuccessione convergente.
Negli esercizi che seguono applicheremo questo risultato a successioni limitate e non limitate, esempi oscillanti, punti di accumulazione e proprietà delle sottosuccessioni.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Stabilire se la successione
\[ x_n=(-1)^n \]
soddisfa le ipotesi del teorema di Bolzano-Weierstrass e, in caso affermativo, determinare due sottosuccessioni convergenti.
Risultato
La successione è limitata. Due sottosuccessioni convergenti sono
\[ x_{2k}=1 \longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1 \longrightarrow -1. \]
Svolgimento
La successione assume alternativamente i valori \(1\) e \(-1\). Infatti, se \(n\) è pari, allora
\[ x_n=(-1)^n=1, \]
mentre, se \(n\) è dispari,
\[ x_n=(-1)^n=-1. \]
Dunque tutti i termini della successione appartengono all'intervallo chiuso e limitato \([-1,1]\). In particolare,
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
per ogni \(n\in\mathbb N\). La successione è quindi limitata.
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, essa deve ammettere almeno una sottosuccessione convergente. In questo caso possiamo individuarne due in modo esplicito.
Considerando gli indici pari, otteniamo
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}=1. \]
La sottosuccessione \((x_{2k})\) è costante, quindi converge a \(1\).
Considerando invece gli indici dispari, otteniamo
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}=-1. \]
Anche questa sottosuccessione è costante, quindi converge a \(-1\).
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Stabilire se la successione
\[ x_n=\frac{1}{n} \]
ammette una sottosuccessione convergente.
Risultato
Sì. La successione è limitata e converge essa stessa a \(0\). Di conseguenza ogni sua sottosuccessione converge a \(0\).
Svolgimento
Per ogni \(n\in\mathbb N\), con \(n\geq 1\), si ha
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1. \]
Quindi
\[ x_n\in(0,1] \]
per ogni \(n\geq 1\). La successione è dunque limitata.
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, ogni successione reale limitata ammette almeno una sottosuccessione convergente. In questo caso si può dire di più: la successione intera converge.
Infatti
\[ \frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Ne segue che, se \((x_{n_k})\) è una qualsiasi sottosuccessione, allora
\[ x_{n_k}=\frac{1}{n_k}. \]
Poiché \(n_k\to+\infty\), si ha
\[ \frac{1}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Dunque ogni sottosuccessione converge allo stesso limite \(0\).
Esercizio 3 — livello ★☆☆☆☆
Stabilire se la successione
\[ x_n=n \]
ammette una sottosuccessione convergente in \(\mathbb R\).
Risultato
No. La successione non è limitata e nessuna sua sottosuccessione converge a un numero reale.
Svolgimento
La successione è data da
\[ x_n=n. \]
Essa non è limitata superiormente, perché, fissato un qualunque numero reale \(M\), esiste sempre un indice \(n\) tale che
\[ n>M. \]
Quindi non esiste un intervallo chiuso e limitato \([a,b]\) che contenga tutti i termini della successione.
Consideriamo ora una qualunque sottosuccessione \((x_{n_k})\). Essa ha la forma
\[ x_{n_k}=n_k, \]
dove
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots. \]
Poiché gli indici \(n_k\) formano una successione strettamente crescente di numeri naturali, necessariamente
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
Pertanto
\[ x_{n_k}=n_k\longrightarrow+\infty. \]
Nessuna sottosuccessione può dunque convergere a un numero reale. Questo mostra che l'ipotesi di limitatezza nel teorema di Bolzano-Weierstrass è essenziale.
Esercizio 4 — livello ★☆☆☆☆
Considerare la successione
\[ x_n=\frac{(-1)^n}{n}. \]
Stabilire se è limitata e determinare il limite di una sua sottosuccessione convergente.
Risultato
La successione è limitata e converge a \(0\). Quindi ogni sua sottosuccessione converge a \(0\).
Svolgimento
Per ogni \(n\geq 1\) si ha
\[ |x_n|=\left|\frac{(-1)^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\leq 1. \]
Quindi
\[ -1\leq x_n\leq 1 \]
per ogni \(n\geq 1\). La successione è limitata.
Per Bolzano-Weierstrass deve ammettere almeno una sottosuccessione convergente. In realtà, anche in questo caso, converge tutta la successione.
Infatti
\[ |x_n-0|=|x_n|=\frac{1}{n}\longrightarrow 0. \]
Dunque
\[ x_n\longrightarrow 0. \]
Di conseguenza, per ogni successione crescente di indici \((n_k)\), si ha
\[ x_{n_k}=\frac{(-1)^{n_k}}{n_k}\longrightarrow 0. \]
Esercizio 5 — livello ★☆☆☆☆
Sia \((x_n)\) una successione tale che
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
per ogni \(n\in\mathbb N\). Dimostrare che \((x_n)\) ammette una sottosuccessione convergente.
Risultato
La successione è limitata. Per il teorema di Bolzano-Weierstrass ammette almeno una sottosuccessione convergente.
Svolgimento
L'ipotesi
\[ 2\leq x_n\leq 5 \]
per ogni \(n\in\mathbb N\) significa che tutti i termini della successione appartengono allo stesso intervallo chiuso e limitato:
\[ x_n\in[2,5]. \]
Quindi la successione è limitata inferiormente da \(2\) e superiormente da \(5\).
Poiché \((x_n)\) è una successione reale limitata, possiamo applicare direttamente il teorema di Bolzano-Weierstrass.
Esistono dunque una successione strettamente crescente di indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
e un numero reale \(x_0\) tali che
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Inoltre, poiché tutti i termini della sottosuccessione appartengono a \([2,5]\), il limite deve appartenere allo stesso intervallo:
\[ x_0\in[2,5]. \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Considerare la successione
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Determinare due sottosuccessioni convergenti e i rispettivi limiti.
Risultato
Si ha
\[ x_{2k}=\frac{2k}{2k+1}\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-\frac{2k-1}{2k}\longrightarrow -1. \]
Svolgimento
La successione è
\[ x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}. \]
Poiché
\[ \left|x_n\right|=\left|\frac{(-1)^n n}{n+1}\right|=\frac{n}{n+1}<1, \]
si ha
\[ -1<x_n<1 \]
per ogni \(n\in\mathbb N\). La successione è quindi limitata.
Studiamo ora separatamente gli indici pari e gli indici dispari.
Se \(n=2k\), allora
\[ x_{2k}=\frac{(-1)^{2k}\,2k}{2k+1}=\frac{2k}{2k+1}. \]
Poiché
\[ \frac{2k}{2k+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{2k}}, \]
segue che
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Se invece \(n=2k-1\), allora
\[ x_{2k-1} = \frac{(-1)^{2k-1}(2k-1)}{2k} = -\frac{2k-1}{2k}. \]
Poiché
\[ \frac{2k-1}{2k}=1-\frac{1}{2k}\longrightarrow 1, \]
otteniamo
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Dunque la successione non converge, ma possiede almeno due sottosuccessioni convergenti, una con limite \(1\) e una con limite \(-1\).
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Considerare la successione
\[ x_n=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right). \]
Dimostrare che ammette sottosuccessioni convergenti e determinare tutti i valori limite ottenuti dalle classi di indici modulo \(4\).
Risultato
I valori della successione si ripetono periodicamente:
\[ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ldots \]
Le sottosuccessioni costanti convergono rispettivamente a \(1\), \(0\) e \(-1\).
Svolgimento
Calcoliamo i valori della successione distinguendo gli indici in base al resto della divisione per \(4\).
Se \(n=4k+1\), allora
\[ x_{4k+1}=\sin\left(\frac{(4k+1)\pi}{2}\right) = \sin\left(2k\pi+\frac{\pi}{2}\right)=1. \]
Se \(n=4k+2\), allora
\[ x_{4k+2}=\sin\left(2k\pi+\pi\right)=0. \]
Se \(n=4k+3\), allora
\[ x_{4k+3}=\sin\left(2k\pi+\frac{3\pi}{2}\right)=-1. \]
Infine, se \(n=4k\), allora
\[ x_{4k}=\sin(2k\pi)=0. \]
Quindi la successione assume soltanto i valori \(-1\), \(0\), \(1\), ed è certamente limitata.
Per Bolzano-Weierstrass ammette almeno una sottosuccessione convergente. In realtà ne individuiamo subito alcune:
\[ x_{4k+1}=1\longrightarrow 1, \]
\[ x_{4k+3}=-1\longrightarrow -1, \]
e
\[ x_{4k}=0\longrightarrow 0. \]
Ogni sottosuccessione costante converge al valore costante che assume.
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata. Dimostrare che anche ogni sottosuccessione \((x_{n_k})\) è limitata.
Risultato
Ogni sottosuccessione di una successione limitata è limitata.
Svolgimento
Poiché \((x_n)\) è limitata, esistono due numeri reali \(a\) e \(b\), con \(a\leq b\), tali che
\[ a\leq x_n\leq b \]
per ogni \(n\in\mathbb N\).
Sia ora \((x_{n_k})\) una sottosuccessione di \((x_n)\). Per definizione, ogni termine della sottosuccessione è anche un termine della successione originaria.
Infatti \(n_k\in\mathbb N\) per ogni \(k\), quindi dalla limitatezza di \((x_n)\) segue che
\[ a\leq x_{n_k}\leq b \]
per ogni \(k\in\mathbb N\).
Pertanto tutti i termini della sottosuccessione appartengono allo stesso intervallo chiuso e limitato \([a,b]\).
Quindi \((x_{n_k})\) è limitata.
Esercizio 9 — livello ★★☆☆☆
Stabilire se la successione
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n} \]
ammette sottosuccessioni convergenti e determinarne due.
Risultato
Si ha
\[ x_{2k}=1+\frac{1}{2k}\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1+\frac{1}{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Svolgimento
La successione è data da
\[ x_n=(-1)^n+\frac{1}{n}. \]
Poiché
\[ -1\leq (-1)^n\leq 1 \]
e
\[ 0<\frac{1}{n}\leq 1, \]
otteniamo
\[ -1<x_n\leq 2. \]
La successione è dunque limitata. Per il teorema di Bolzano-Weierstrass ammette almeno una sottosuccessione convergente.
Determiniamone due in modo esplicito. Se \(n=2k\), allora
\[ x_{2k}=(-1)^{2k}+\frac{1}{2k} = 1+\frac{1}{2k}. \]
Poiché
\[ \frac{1}{2k}\longrightarrow 0, \]
segue che
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Se invece \(n=2k-1\), allora
\[ x_{2k-1}=(-1)^{2k-1}+\frac{1}{2k-1} = -1+\frac{1}{2k-1}. \]
Poiché
\[ \frac{1}{2k-1}\longrightarrow 0, \]
otteniamo
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Esercizio 10 — livello ★★☆☆☆
Sia \((x_n)\) una successione reale tale che \(x_n\in[0,1]\) per ogni \(n\in\mathbb N\). Dimostrare che esiste una sottosuccessione convergente con limite appartenente a \([0,1]\).
Risultato
Esiste una sottosuccessione \((x_{n_k})\) tale che
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0 \]
con \(x_0\in[0,1]\).
Svolgimento
L'ipotesi \(x_n\in[0,1]\) per ogni \(n\in\mathbb N\) significa che
\[ 0\leq x_n\leq 1 \]
per ogni \(n\in\mathbb N\). Quindi la successione è limitata.
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, esistono una successione crescente di indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
e un numero reale \(x_0\) tali che
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Resta da osservare che il limite \(x_0\) appartiene a \([0,1]\).
Infatti ogni termine della sottosuccessione soddisfa
\[ 0\leq x_{n_k}\leq 1. \]
Passando al limite nelle disuguaglianze, si ottiene
\[ 0\leq x_0\leq 1. \]
Quindi
\[ x_0\in[0,1]. \]
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Dimostrare che, se una successione reale limitata assume soltanto un numero finito di valori, allora possiede una sottosuccessione costante.
Risultato
Almeno uno dei valori assunti dalla successione compare infinite volte. Scegliendo gli indici corrispondenti, si ottiene una sottosuccessione costante, quindi convergente.
Svolgimento
Supponiamo che la successione \((x_n)\) assuma soltanto i valori
\[ a_1,a_2,\ldots,a_m. \]
Questo significa che, per ogni \(n\in\mathbb N\),
\[ x_n\in\{a_1,a_2,\ldots,a_m\}. \]
Poiché la successione ha infiniti termini ma può assumere soltanto un numero finito di valori, almeno uno di questi valori deve essere assunto infinite volte.
Infatti, se ciascuno dei valori \(a_1,\ldots,a_m\) fosse assunto soltanto un numero finito di volte, allora la successione avrebbe complessivamente soltanto un numero finito di termini, assurdo.
Esiste dunque un valore \(a_j\) tale che
\[ x_n=a_j \]
per infiniti indici \(n\).
Possiamo allora scegliere una successione strettamente crescente di indici
\[ n_1<n_2<n_3<\cdots \]
tali che
\[ x_{n_k}=a_j \]
per ogni \(k\in\mathbb N\).
La sottosuccessione \((x_{n_k})\) è quindi costante:
\[ x_{n_k}=a_j. \]
Di conseguenza
\[ x_{n_k}\longrightarrow a_j. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Sia \((x_n)\) una successione convergente a \(L\). Dimostrare che ogni sottosuccessione di \((x_n)\) converge ancora a \(L\).
Risultato
Ogni sottosuccessione di una successione convergente converge allo stesso limite della successione originaria.
Svolgimento
Supponiamo che
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Per definizione di limite, per ogni \(\varepsilon>0\) esiste \(N\in\mathbb N\) tale che, per ogni \(n\geq N\),
\[ |x_n-L|<\varepsilon. \]
Sia ora \((x_{n_k})\) una sottosuccessione di \((x_n)\). Gli indici \(n_k\) sono strettamente crescenti, quindi
\[ n_k\longrightarrow+\infty. \]
In particolare, esiste \(K\in\mathbb N\) tale che, per ogni \(k\geq K\),
\[ n_k\geq N. \]
Di conseguenza, per ogni \(k\geq K\), si ha
\[ |x_{n_k}-L|<\varepsilon. \]
Questo dimostra che
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Dunque ogni sottosuccessione di una successione convergente converge allo stesso limite.
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Dimostrare che la successione
\[ x_n=\cos(n\pi) \]
non converge, ma ammette sottosuccessioni convergenti.
Risultato
Poiché
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n, \]
la successione non converge. Tuttavia
\[ x_{2k}=1\longrightarrow 1 \]
e
\[ x_{2k-1}=-1\longrightarrow -1. \]
Svolgimento
Ricordiamo che, per ogni \(n\in\mathbb N\),
\[ \cos(n\pi)=(-1)^n. \]
Quindi la successione è
\[ x_n=(-1)^n. \]
Essa assume alternativamente i valori \(1\) e \(-1\). In particolare è limitata, perché
\[ -1\leq x_n\leq 1. \]
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass deve ammettere almeno una sottosuccessione convergente.
Mostriamo però che la successione intera non converge. Se convergesse a un limite \(L\), allora ogni sua sottosuccessione dovrebbe convergere allo stesso limite \(L\).
Ma, considerando gli indici pari, si ha
\[ x_{2k}=\cos(2k\pi)=1, \]
quindi
\[ x_{2k}\longrightarrow 1. \]
Considerando invece gli indici dispari, si ha
\[ x_{2k-1}=\cos((2k-1)\pi)=-1, \]
quindi
\[ x_{2k-1}\longrightarrow -1. \]
Poiché una successione convergente non può avere due sottosuccessioni convergenti a limiti diversi, la successione \((x_n)\) non converge.
Esercizio 14 — livello ★★★☆☆
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata. Dimostrare che esiste almeno un numero reale \(L\) e una sottosuccessione \((x_{n_k})\) tale che
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
definitivamente.
Risultato
Per Bolzano-Weierstrass esiste una sottosuccessione convergente \(x_{n_k}\to L\). Dalla convergenza segue che, eventualmente passando a una sottosuccessione ulteriore, si può ottenere
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Svolgimento
Poiché \((x_n)\) è limitata, per il teorema di Bolzano-Weierstrass esistono una sottosuccessione \((x_{m_k})\) e un numero reale \(L\) tali che
\[ x_{m_k}\longrightarrow L. \]
Per definizione di convergenza, per ogni \(\varepsilon>0\) esiste un indice oltre il quale tutti i termini della sottosuccessione distano da \(L\) meno di \(\varepsilon\).
Vogliamo ora costruire una sottosuccessione ancora più precisa, imponendo la stima
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k}. \]
Poiché \(x_{m_j}\to L\), per \(\varepsilon=1\) esiste un indice \(j_1\) tale che
\[ |x_{m_{j_1}}-L|<1. \]
Per \(\varepsilon=\displaystyle\frac12\), esiste un indice \(j_2>j_1\) tale che
\[ |x_{m_{j_2}}-L|<\frac12. \]
Procedendo per induzione, scelto \(j_k\), possiamo scegliere \(j_{k+1}>j_k\) tale che
\[ |x_{m_{j_{k+1}}}-L|<\frac{1}{k+1}. \]
Poniamo ora
\[ n_k=m_{j_k}. \]
Otteniamo una sottosuccessione \((x_{n_k})\) tale che
\[ |x_{n_k}-L|<\frac{1}{k} \]
per ogni \(k\in\mathbb N\). Questo conclude la dimostrazione.
Esercizio 15 — livello ★★★☆☆
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata e supponiamo che ogni sua sottosuccessione convergente abbia limite \(L\). Dimostrare che \(x_n\to L\).
Risultato
Se una successione limitata non convergesse a \(L\), si potrebbe estrarre una sottosuccessione che resta lontana da \(L\). Applicando Bolzano-Weierstrass a tale sottosuccessione, si otterrebbe una sottosuccessione convergente con limite diverso da \(L\), contro l'ipotesi.
Svolgimento
Vogliamo dimostrare che
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Ragioniamo per assurdo. Supponiamo che \((x_n)\) non converga a \(L\).
Allora esiste un numero \(\varepsilon_0>0\) tale che, per ogni \(N\in\mathbb N\), esiste \(n\geq N\) con
\[ |x_n-L|\geq \varepsilon_0. \]
Questo significa che si possono trovare infiniti termini della successione che restano a distanza almeno \(\varepsilon_0\) da \(L\).
Costruiamo allora una sottosuccessione \((x_{n_k})\) tale che
\[ |x_{n_k}-L|\geq \varepsilon_0 \]
per ogni \(k\in\mathbb N\).
Poiché \((x_n)\) è limitata, anche la sottosuccessione \((x_{n_k})\) è limitata.
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, \((x_{n_k})\) ammette una sottosuccessione convergente. Indichiamola con
\[ x_{n_{k_j}}\longrightarrow M. \]
Per ipotesi, ogni sottosuccessione convergente di \((x_n)\) deve avere limite \(L\). Quindi dovrebbe essere
\[ M=L. \]
Tuttavia, poiché per ogni \(j\) si ha
\[ |x_{n_{k_j}}-L|\geq \varepsilon_0, \]
passando al limite otteniamo
\[ |M-L|\geq \varepsilon_0. \]
In particolare \(M\neq L\), contraddizione.
Dunque l'ipotesi assurda era falsa, e quindi
\[ x_n\longrightarrow L. \]
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Dimostrare che ogni insieme infinito e limitato \(A\subseteq\mathbb R\) possiede almeno un punto di accumulazione.
Risultato
Si sceglie una successione di elementi distinti di \(A\). Essa è limitata, quindi per Bolzano-Weierstrass ammette una sottosuccessione convergente. Il limite di tale sottosuccessione è un punto di accumulazione di \(A\).
Svolgimento
Sia \(A\subseteq\mathbb R\) un insieme infinito e limitato.
Poiché \(A\) è infinito, possiamo scegliere una successione di elementi distinti di \(A\):
\[ x_1,x_2,x_3,\ldots \]
con
\[ x_n\in A \]
per ogni \(n\), e
\[ x_n\neq x_m \]
se \(n\neq m\).
Poiché \(A\) è limitato, esistono \(a,b\in\mathbb R\), con \(a\leq b\), tali che
\[ A\subseteq [a,b]. \]
Di conseguenza
\[ x_n\in[a,b] \]
per ogni \(n\). La successione \((x_n)\) è quindi limitata.
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, esistono una sottosuccessione \((x_{n_k})\) e un numero reale \(x_0\) tali che
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Dimostriamo che \(x_0\) è un punto di accumulazione di \(A\).
Sia \(r>0\). Poiché \(x_{n_k}\to x_0\), esiste \(K\in\mathbb N\) tale che, per ogni \(k\geq K\),
\[ |x_{n_k}-x_0|<r. \]
Quindi
\[ x_{n_k}\in(x_0-r,x_0+r) \]
per ogni \(k\geq K\).
Poiché i termini \(x_{n_k}\) sono elementi distinti di \(A\), ogni intorno di \(x_0\) contiene infiniti punti di \(A\). In particolare contiene punti di \(A\) distinti da \(x_0\).
Dunque \(x_0\) è un punto di accumulazione di \(A\).
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Dimostrare, usando il teorema di Bolzano-Weierstrass, che una successione reale limitata non può avere come unico comportamento quello di “fuggire all'infinito”.
Risultato
Una successione limitata possiede sempre una sottosuccessione convergente a un numero reale. Quindi non tutte le sue sottosuccessioni possono divergere a \(+\infty\) o a \(-\infty\).
Svolgimento
Dire che una successione “fugge all'infinito” significa, in forma precisa, che i suoi termini diventano arbitrariamente grandi in modulo.
Ma se \((x_n)\) è limitata, esiste \(M>0\) tale che
\[ |x_n|\leq M \]
per ogni \(n\in\mathbb N\).
Quindi tutti i termini della successione appartengono all'intervallo chiuso e limitato
\[ [-M,M]. \]
Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, esistono una sottosuccessione \((x_{n_k})\) e un numero reale \(L\) tali che
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Questa sottosuccessione non fugge all'infinito, perché converge a un numero reale.
Dunque una successione reale limitata può oscillare, può non convergere globalmente, può avere più valori limite, ma non può essere priva di qualsiasi comportamento convergente al proprio interno.
Il teorema di Bolzano-Weierstrass formalizza esattamente questo fatto: dentro ogni successione reale limitata si può sempre estrarre una sottosuccessione convergente.
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Costruire esplicitamente, tramite intervalli annidati, una sottosuccessione convergente di una successione \((x_n)\) contenuta in \([0,1]\).
Risultato
Dividendo ripetutamente \([0,1]\) in due metà e scegliendo ogni volta un sottointervallo che contiene infiniti termini della successione, si ottiene una famiglia di intervalli annidati con ampiezza tendente a \(0\). Il loro unico punto comune è il limite della sottosuccessione costruita.
Svolgimento
Supponiamo che
\[ x_n\in[0,1] \]
per ogni \(n\in\mathbb N\).
Poniamo
\[ I_1=[0,1]. \]
L'intervallo \(I_1\) contiene tutti i termini della successione, dunque contiene infiniti termini della successione.
Dividiamo \(I_1\) in due intervalli chiusi:
\[ \left[0,\frac12\right], \qquad \left[\frac12,1\right]. \]
Almeno uno dei due contiene infiniti termini della successione. Scegliamolo e chiamiamolo \(I_2\).
Ripetiamo il procedimento. Supposto costruito \(I_k\), dividiamolo in due intervalli chiusi di uguale ampiezza. Almeno uno dei due contiene infiniti termini della successione. Scegliamolo e chiamiamolo \(I_{k+1}\).
Otteniamo così una successione di intervalli chiusi e limitati
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots \]
tale che ogni \(I_k\) contiene infiniti termini della successione.
Inoltre l'ampiezza di \(I_k\) è
\[ \frac{1}{2^{k-1}}, \]
e quindi tende a \(0\).
Per il teorema degli intervalli annidati, esiste un unico punto \(x_0\in\mathbb R\) tale che
\[ \bigcap_{k=1}^{+\infty}I_k=\{x_0\}. \]
Ora costruiamo la sottosuccessione. Poiché \(I_1\) contiene infiniti termini, scegliamo \(n_1\) tale che
\[ x_{n_1}\in I_1. \]
Poiché \(I_2\) contiene infiniti termini, possiamo scegliere \(n_2>n_1\) tale che
\[ x_{n_2}\in I_2. \]
Proseguendo per induzione, scegliamo \(n_k\) in modo che
\[ n_1<n_2<\cdots<n_k<\cdots \]
e
\[ x_{n_k}\in I_k. \]
Poiché anche \(x_0\in I_k\), la distanza tra \(x_{n_k}\) e \(x_0\) è al più l'ampiezza di \(I_k\):
\[ |x_{n_k}-x_0|\leq \frac{1}{2^{k-1}}. \]
Poiché
\[ \frac{1}{2^{k-1}}\longrightarrow 0, \]
segue, per confronto, che
\[ |x_{n_k}-x_0|\longrightarrow 0. \]
Dunque
\[ x_{n_k}\longrightarrow x_0. \]
Esercizio 19 — livello ★★★★★
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata. Dimostrare che l'insieme dei limiti delle sue sottosuccessioni convergenti è non vuoto e limitato.
Risultato
L'insieme è non vuoto per Bolzano-Weierstrass. È limitato perché ogni limite di sottosuccessione deve appartenere a ogni intervallo chiuso che contiene tutti i termini della successione.
Svolgimento
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata. Allora esistono \(a,b\in\mathbb R\), con \(a\leq b\), tali che
\[ a\leq x_n\leq b \]
per ogni \(n\in\mathbb N\).
Consideriamo l'insieme
\[ E=\{L\in\mathbb R:\text{ esiste una sottosuccessione }(x_{n_k})\text{ tale che }x_{n_k}\to L\}. \]
Dobbiamo dimostrare che \(E\) è non vuoto e limitato.
Poiché \((x_n)\) è limitata, per il teorema di Bolzano-Weierstrass esiste almeno una sottosuccessione convergente. Quindi esiste almeno un numero reale \(L\) tale che
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Pertanto
\[ E\neq\varnothing. \]
Dimostriamo ora che \(E\) è limitato. Sia \(L\in E\). Per definizione di \(E\), esiste una sottosuccessione \((x_{n_k})\) tale che
\[ x_{n_k}\longrightarrow L. \]
Poiché per ogni \(k\) vale
\[ a\leq x_{n_k}\leq b, \]
passando al limite otteniamo
\[ a\leq L\leq b. \]
Dunque ogni elemento di \(E\) appartiene all'intervallo \([a,b]\). Quindi
\[ E\subseteq[a,b]. \]
Ne segue che \(E\) è limitato.
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Sia \((x_n)\) una successione reale limitata e siano
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n, \qquad \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n. \]
Dimostrare che esistono due sottosuccessioni \((x_{n_k})\) e \((x_{m_k})\) tali che
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha \]
e
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
Risultato
Il limite inferiore e il limite superiore di una successione reale limitata sono sempre limiti di opportune sottosuccessioni.
Svolgimento
Poiché la successione \((x_n)\) è limitata, le quantità
\[ \alpha=\liminf_{n\to+\infty}x_n \]
e
\[ \beta=\limsup_{n\to+\infty}x_n \]
sono numeri reali.
Dimostriamo prima l'esistenza di una sottosuccessione che converge a \(\beta\).
Per definizione di limite superiore, \(\beta\) descrive il massimo valore limite possibile delle code della successione. In particolare, per ogni \(k\in\mathbb N\) esistono indici arbitrariamente grandi \(n\) tali che
\[ x_n>\beta-\frac{1}{k}. \]
Inoltre, sempre per la definizione di \(\limsup\), definitivamente i termini della successione non superano \(\beta+\displaystyle\frac{1}{k}\) in modo persistente. Possiamo quindi scegliere indici crescenti \(m_k\) tali che
\[ \beta-\frac{1}{k}<x_{m_k}<\beta+\frac{1}{k}. \]
In altre parole,
\[ |x_{m_k}-\beta|<\frac{1}{k}. \]
Poiché
\[ \frac{1}{k}\longrightarrow 0, \]
segue che
\[ x_{m_k}\longrightarrow \beta. \]
Il ragionamento per \(\alpha\) è analogo. Per definizione di limite inferiore, per ogni \(k\in\mathbb N\) esistono indici arbitrariamente grandi \(n\) tali che
\[ x_n<\alpha+\frac{1}{k}. \]
Inoltre si possono scegliere tali indici in modo che i corrispondenti termini non siano inferiori ad \(\alpha-\displaystyle\frac{1}{k}\). Otteniamo quindi una successione crescente di indici \(n_k\) tale che
\[ \alpha-\frac{1}{k}<x_{n_k}<\alpha+\frac{1}{k}. \]
Equivalentemente,
\[ |x_{n_k}-\alpha|<\frac{1}{k}. \]
Passando al limite per \(k\to+\infty\), otteniamo
\[ x_{n_k}\longrightarrow \alpha. \]
Dunque il limite inferiore e il limite superiore sono entrambi limiti di opportune sottosuccessioni della successione originaria.