Questão 15. Determine se as sequências abaixo de termo geral a_{n} são convergentes. Calcule o limite, se existir, usando as propriedades de limites.
[ a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} ]

Passo 1

O enunciado fornece a sequência de termo geral a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} para n inteiro positivo e pede para determinar se essa sequência é convergente e, se for, calcular o seu limite. Informações dadas:
a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n},\quad n=1,2,3,\dots
Pergunta: a sequência \{a_n\} converge quando n\to\infty? Se convergir, qual é \lim_{n\to\infty} a_n?

Passo 2

Primeira observação técnica (truque que usamos com frequência): as duas raízes \sqrt{n+1} e \sqrt{n} ficam grandes quando n é grande, e a diferença entre números grandes pode ser difícil de analisar diretamente por cancelamento. Um jeito padrão é multiplicar por uma expressão que simplifica a diferença: a conjugada. Vamos multiplicar e dividir por \sqrt{n+1}+\sqrt{n} (isso não altera o valor):
a_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \frac{\bigl(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\bigr)\bigl(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\bigr)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}.

Passo 3

Agora desenvolvemos o numerador usando a identidade (x-y)(x+y)=x^{2}-y^{2}. Aplicando com x=\sqrt{n+1} e y=\sqrt{n}:
\bigl(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\bigr)\bigl(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\bigr) =(\sqrt{n+1})^{2}-(\sqrt{n})^{2}= (n+1)-n = 1.
Portanto obtemos uma forma mais simples:
a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}.

Passo 4

Agora que a_{n} está na forma racional 1/(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}), vamos encontrar limites/bordas que facilitem a conclusão. Note que para todo n\ge1 vale \sqrt{n}\le\sqrt{n+1}. Assim
\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\ge \sqrt{n}+\sqrt{n}=2\sqrt{n},
o que implica
a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\le \frac{1}{2\sqrt{n}}.
De outro lado, também \sqrt{n+1}+\sqrt{n}\le \sqrt{n+1}+\sqrt{n+1}=2\sqrt{n+1}, então
a_{n}\ge \frac{1}{2\sqrt{n+1}}.
Juntando:
\frac{1}{2\sqrt{n+1}}\le a_{n}\le \frac{1}{2\sqrt{n}}.

Passo 5

Mostramos agora que as duas sequências limites das bordas vão para 0. Vou provar que \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{n}}=0 (o caso com \sqrt{n+1} é análogo).
Prova por definição (muito simples): seja \varepsilon>0. Queremos N tal que, para todo n\ge N,
\left|\frac{1}{2\sqrt{n}}-0\right|<\varepsilon.
Isto é equivalente a \frac{1}{2\sqrt{n}}<\varepsilon, ou seja \sqrt{n}>\frac{1}{2\varepsilon}. Basta escolher
N=\left\lceil\frac{1}{4\varepsilon^{2}}\right\rceil,
pois então, para n\ge N, teremos \sqrt{n}\ge\sqrt{1/(4\varepsilon^{2})}=1/(2\varepsilon) e portanto \frac{1}{2\sqrt{n}}\le\varepsilon. Logo \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{n}}=0. Analogamente \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{n+1}}=0.

Passo 6

Aplicamos o Teorema do Confronto (Squeeze Theorem). Temos para todo n,
\frac{1}{2\sqrt{n+1}}\le a_{n}\le \frac{1}{2\sqrt{n}},
e já vimos que os limites das sequências das extremas são 0. Pelo Teorema do Confronto, a sequência intermediária a_{n} também converge e o limite é 0:
\lim_{n\to\infty} a_{n}=0.

Passo 7

Comentário final curto (para fixar a intuição): depois de racionalizar vimos que a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}, cujo denominador cresce como 2\sqrt{n} quando n é grande; portanto a_{n} se comporta como \dfrac{1}{2\sqrt{n}} e tende a zero. Se você quiser lembrar: diferenças de raízes grandes frequentemente se simplificam bem usando a conjugada — é um truque muito útil na prova.

Resposta

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