Dado a>0. Considere a_{n}=\sqrt[n]{a}. Prove que
a) (\sqrt[n]{a}) é monótona e limitada.
b) (\sqrt[n]{a}) converge para 1 .

Passo 1

O enunciado diz: seja a>0 fixo e definamos a sequência
a_n = \sqrt[n]{a} = a^{1/n}.
Precisamos mostrar duas coisas:
  1. A sequência (a_n) é monótona (ou crescente, ou decrescente) e limitada.
  2. (a_n) converge para 1.
O conteúdo envolvido é teoria de sequências reais, em particular critério de monotonicidade via razão de termos e uso de logaritmo para encontrar o limite.

Passo 2

Mostramos a monotonicidade examinando o quociente
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{a^{1/(n+1)}}{a^{1/n}} = a^{\frac1{n+1}-\frac1n} = a^{-\frac1{n(n+1)}}.
Se a>1, então o expoente -\tfrac1{n(n+1)} é negativo, e portanto
\frac{a_{n+1}}{a_n} = a^{-\frac1{n(n+1)}} < 1,
ou seja \,a_{n+1}<a_n para todo n: a sequência é decrescente.
Se 0<a<1, então elevar a (que é menor que 1) a um expoente negativo produz um número maior que 1, logo
\frac{a_{n+1}}{a_n}>1
e a sequência é crescente.
No caso a=1, claramente a_n=1 para todo n, então é constante.

Passo 3

Agora as limitações.
  • Se a>1, como (a_n) é decrescente e todos os termos são positivos, basta notar que para todo n,
    \,a_n = a^{1/n} > a^{1/\infty}=a^0=1.
    Logo (a_n) está acima de 1, e como a_1 = a, temos
1 < a_n \le a_1 = a.
  • Se 0<a<1, então (a_n) é crescente e cada a_n = a^{1/n} < 1. Como a_1=a, conclui-se
a \le a_n < 1.
  • Se a=1, trivially a_n=1 e a sequência é limitada por 1.
Em todos os casos, (a_n) é monótona e limitada.

Passo 4

Para achar o limite, aplicamos logaritmo. Seja
L = \lim_{n\to\infty} a_n.
Como \ln é contínua em (0,\infty), temos
\ln L = \lim_{n\to\infty} \ln(a_n) = \lim_{n\to\infty} \ln\bigl(a^{1/n}\bigr) = \lim_{n\to\infty} \frac{\ln a}{n} = 0.
Logo \ln L = 0, isto é L = e^0 = 1.

Resposta

(a_n) é monótona (decrescente se a>1, crescente se 0<a<1, constante se a=1) e limitada, e converge para
\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a} = 1.

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