Exemplo 1.34. Discuta a convergência da sequência ( x_{n} ), nos seguintes casos:
x_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}.

Passo 1

O enunciado dá a sequência x_{n} definida por
x_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}
e pede para discutir a convergência dessa sequência. Isso significa que queremos responder, de forma justificada: a sequência converge? Se sim, para que valor ela converge? Além disso, serão úteis informações como se a sequência é limitada e se é monotônica.

Passo 2

Primeira observação simples sobre os termos: cada termo é positivo. Vou mostrar isso claramente.
\frac{1}{n+1}>0\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N},
portanto, aplicando a raiz quadrada (que dá sempre valor não negativo),
x_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}>0\quad\text{para todo }n.
Também noto um limite superior fácil: para n\ge 0 temos n+1\ge 1, logo
\frac{1}{n+1}\le 1 \quad\Rightarrow\quad x_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}\le 1.
Resumo desta etapa: todos os termos satisfazem
0< x_{n}\le 1.

Passo 3

Agora vou mostrar que a sequência é decrescente (monótona não crescente). Compare x_{n+1} com x_n:
x_{n+1}=\sqrt{\frac{1}{n+2}},\qquad x_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}.
Como n+2>n+1, temos \frac{1}{n+2}<\frac{1}{n+1}. Ambas as quantidades são positivas, então ao tomar raiz quadrada a desigualdade se mantém:
\sqrt{\frac{1}{n+2}}<\sqrt{\frac{1}{n+1}} \quad\Rightarrow\quad x_{n+1}<x_n.
Portanto a sequência (x_n) é estritamente decrescente.

Passo 4

Combinando Passo 2 e Passo 3: a sequência é decrescente e está limitada inferiormente por 0. Existe um teorema simples (teorema da convergência monotônica) que diz: toda sequência monótona e limitada converge. Aplicando esse teorema, concluímos que (x_n) converge a algum limite L\ge 0. Agora precisamos descobrir qual é esse valor L.

Passo 5

Para determinar o limite L, observe a relação simples entre x_n e x_n^2:
x_n^2=\frac{1}{n+1}.
Sabemos por cálculo básico que
\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0.
Se x_n\to L, então x_n^2\to L^2 (porque a função t\mapsto t^2 é contínua), portanto
L^2=\lim_{n\to\infty}x_n^2=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0.
A única solução real para L^2=0 é L=0. Assim o limite da sequência é 0.

Passo 6

Para reforçar com uma prova direta estilo definição (epsilon–N), que às vezes aparece em provas: seja \varepsilon>0. Queremos achar N tal que |x_n-0|<\varepsilon para todo n\ge N. Como x_n>0, isso é equivalente a x_n<\varepsilon, isto é
\sqrt{\frac{1}{n+1}}<\varepsilon.
Elevando ambos os lados ao quadrado (permitido porque ambos são não negativos),
\frac{1}{n+1}<\varepsilon^2 \quad\Longleftrightarrow\quad n+1>\frac{1}{\varepsilon^2}.
Portanto basta escolher
N=\left\lceil \frac{1}{\varepsilon^2}\right\rceil
(ou qualquer inteiro maior que \frac{1}{\varepsilon^2}-1). Para esse N temos, para todo n\ge N,
\sqrt{\frac{1}{n+1}}<\varepsilon,
o que mostra diretamente que \lim_{n\to\infty}x_n=0 segundo a definição clássica.

Passo 7

Resumo das propriedades importantes que vimos e que podem cair em prova: (i) (x_n) é positiva, (ii) é estritamente decrescente, (iii) é limitada (por cima por 1 e por baixo por 0), (iv) por ser decrescente e limitada, converge, e (v) o limite é 0, obtido seja pelo argumento x_n^2=1/(n+1)\to 0 ou pela prova epsilon–N. Um comentário adicional útil para a prova: uma forma prática de ver a velocidade de decaimento é compará-la com 1/\sqrt{n}, pois x_n\sim 1/\sqrt{n} quando n grande.

Resposta

\displaystyle \lim_{n\to\infty} x_n = 0. A sequência é positiva, estritamente decrescente e limitada.

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