Dado um número real q, considere
S_{n}=a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n-1}, n \in \mathbb{N}
Mostre que S_{n}(1-q)=a-a q^{n}. Conclua que se |q|<1, então \lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\frac{a}{1-q}. Por fim, usando essa informação, determine o limite da sequência
\left(a_{n}\right)=(\sqrt{2}, \sqrt{2 \sqrt{2}}, \sqrt{2 \sqrt{2 \sqrt{2}}}, \cdots)

Passo 1

O enunciado pede três coisas: (1) provar a identidade \;S_{n}(1-q)=a-a q^{n}\;; (2) concluir que, se |q|<1, então \displaystyle\lim_{n\to\infty}S_{n}=\frac{a}{1-q}; (3) usando isso, determinar o limite da sequência \left(a_{n}\right)=(\sqrt{2},\sqrt{2\sqrt{2}},\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}},\ldots).\n\nInformações dadas: \;q\in\mathbb{R}\;, \;n\in\mathbb{N}\; e\n S_{n}=a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n-1}.
Nada mais é pedido nesta etapa além de listar o que foi dado e o que devemos mostrar.

Passo 2

Vamos calcular (1-q)S_{n} explicitamente e ver o que acontece com os termos. Escrevo primeiro S_{n} e qS_{n}:
S_{n}=a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n-1},
qS_{n}=a q+a q^{2}+a q^{3}+\cdots+a q^{n}.
Subtraindo termo a termo qS_{n} de S_{n} obtemos cancelamentos telescópicos das parcelas intermediárias:
S_{n}-qS_{n}=a - a q^{n}.
O lado esquerdo é exatamente (1-q)S_{n}, portanto chegamos à identidade desejada:
S_{n}(1-q)=a-a q^{n}.

Passo 3

A partir de (1-q)S_{n}=a-a q^{n} podemos isolar S_{n} desde que q\neq 1 (pois não podemos dividir por zero). Fazendo a divisão:
S_{n}=\frac{a-a q^{n}}{1-q}=a\cdot\frac{1-q^{n}}{1-q}.
Aqui expliquei as variáveis: a é a primeira parcela da soma geométrica e q é a razão; n é o número de termos. A fórmula acima é a forma fechada da soma dos primeiros n termos de uma progressão geométrica.

Passo 4

Agora usamos a hipótese |q|<1. Uma propriedade básica das potências é que, se |q|<1, então \displaystyle\lim_{n\to\infty}q^{n}=0 (porque sucessivas potências de um número de módulo menor que 1 tendem a zero). Aplicando limite à expressão de S_{n}:
\lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}a\cdot\frac{1-q^{n}}{1-q}=a\cdot\frac{1-0}{1-q}=\frac{a}{1-q}.
Logo, se |q|<1, a soma parcial converge para \dfrac{a}{1-q}.

Passo 5

Agora tratamos da sequência \left(a_{n}\right) das raízes aninhadas. Defino explicitamente a sequência por recorrência: \;a_{1}=\sqrt{2}\; e, para n\ge1,
a_{n+1}=\sqrt{2\,a_{n}}.
Vou encontrar uma forma fechada para a_{n}. Note que
a_{1}=2^{1/2},
a_{2}=\sqrt{2\sqrt{2}}=(2\cdot 2^{1/2})^{1/2}=2^{1/2+1/4},
a_{3}=\sqrt{2 a_{2}}=2^{1/2}\cdot(2^{1/2+1/4})^{1/2}=2^{1/2+1/4+1/8},
e assim por diante. Observamos o padrão: o expoente de 2 em a_{n} é a soma geométrica
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}.

Passo 6

Pela observação do passo anterior, podemos escrever
a_{n}=2^{\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}}.
Agora aplicamos a fórmula para soma finita de uma progressão geométrica com a=\frac{1}{2} (primeiro termo) e q=\frac{1}{2} (razão):
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}=\frac{\tfrac{1}{2}\bigl(1-(\tfrac{1}{2})^{n}\bigr)}{1-\tfrac{1}{2}}=1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}.
Portanto
a_{n}=2^{\,1-(1/2)^{n}}.

Passo 7

Tomando o limite quando n\to\infty na expressão acima, como \displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=0, o expoente tende a 1. Assim
\lim_{n\to\infty}a_{n}=2^{1}=2.
Concluímos, usando a soma geométrica que provamos antes, que a sequência das raízes aninhadas converge para 2.

Resposta

S_{n}(1-q)=a-a q^{n}\n
\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_{n}=\frac{a}{1-q} para |q|<1\n
\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n}=2

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