证明有界无穷序列$(b_{n})$存在收敛于$y$的子序列

首先明确题目中的定义：

假设$(b_{n})$是一个固定的有界无穷序列，定义：
$$
\begin{align*}
x_{n}&=\inf{b_{n},b_{n+1},b_{n+2},\cdots}\
y_{n}&=\sup{b_{n},b_{n+1},b_{n+2},\cdots}\
x&=\sup{x_{n}:n\in\mathbb{N}^{+} }\
y&=\inf{y_{n}:n\in\mathbb{N}^{+} }
\end{align*}
$$

你已经走对了关键第一步：$(y_n)$是单调递减（非递增）的有界序列——因为$(b_n)$有界，所有$y_n$都被$(b_n)$的上下界限制；同时$y_{n+1}$是${b_{n+1},b_{n+2},\dots}$的上确界，这个集合是${b_n,b_{n+1},\dots}$的子集，所以$y_{n+1} \leq y_n$，单调性成立。根据单调有界定理，$\lim_{n\to\infty}y_n = y$（单调递减序列的极限就是它的下确界）。

接下来我们就用这个极限性质构造收敛到$y$的子序列：

构造子序列的步骤 #

• 第1步：取$\epsilon_1=1$，因为$y_1 = \sup{b_1,b_2,\dots}$，根据上确界定义，存在下标$k_1 \geq 1$，使得$b_{k_1} > y_1 - 1$。又因为$y \leq y_1$，所以$b_{k_1} > y - 1$；同时$b_{k_1} \leq y_1$，而$\lim y_n = y$，显然$y_1 < y + 1$，因此$b_{k_1} < y +1$。
• 第2步：取$\epsilon_2=\frac{1}{2}$，因为$\lim y_n = y$，存在$N_2 > k_1$，使得当$n > N_2$时，$y_n < y + \frac{1}{2}$。看$y_{N_2+1} = \sup{b_{N_2+1},b_{N_2+2},\dots}$，根据上确界定义，存在$k_2 > N_2 > k_1$，使得$b_{k_2} > y_{N_2+1} - \frac{1}{2}$。而$y_{N_2+1} \geq y$（$y$是${y_n}$的下确界），所以$b_{k_2} > y - \frac{1}{2}$；同时$k_2 > N_2$，所以$b_{k_2} \leq y_{k_2} < y + \frac{1}{2}$。
• 第$m$步（一般情况）：取$\epsilon_m=\frac{1}{m}$，已知$\lim y_n = y$，存在$N_m > k_{m-1}$，使得当$n > N_m$时，$y_n < y + \frac{1}{m}$。考虑$y_{N_m+1} = \sup{b_{N_m+1},b_{N_m+2},\dots}$，根据上确界定义，存在$k_m > N_m > k_{m-1}$，使得$b_{k_m} > y_{N_m+1} - \frac{1}{m}$。因为$y_{N_m+1} \geq y$，所以$b_{k_m} > y - \frac{1}{m}$；又因为$k_m > N_m$，所以$b_{k_m} \leq y_{k_m} < y + \frac{1}{m}$。

验证子序列收敛到$y$ #

通过上面的步骤，我们得到了严格递增的下标序列$k_1 < k_2 < k_3 < \dots$，对应的子序列$(b_{k_m})$满足：
$$
y - \frac{1}{m} < b_{k_m} < y + \frac{1}{m}, \quad \forall m \in \mathbb{N}^+
$$
根据夹逼准则，当$m \to \infty$时，$\frac{1}{m} \to 0$，所以$\lim_{m\to\infty}b_{k_m} = y$。这就证明了$(b_n)$确实存在收敛于$y$的子序列。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Infinity00