Seja \left(x_{n}\right) uma sequência tal que x_{n} \neq 0 para todo n \in \mathbb{N} e \lim x_{n}=a \neq 0.
Prove que:
\lim \left(\frac{1}{x_{n}}\right)=\frac{1}{a}

Passo 1

O enunciado dá uma sequência \left(x_{n}\right) com as seguintes informações:
x_{n}\neq 0\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N},
\lim x_{n}=a\quad\text{com }a\neq 0.
O que se pede provar é:
\lim \left(\frac{1}{x_{n}}\right)=\frac{1}{a}.

Passo 2

Vou lembrar a definição formal de limite de sequência que vou usar: dizer que \lim x_{n}=a significa que
\text{para todo }\varepsilon>0\\ \exists N\in\mathbb{N}\\ \text{tal que}\\ n\ge N\Rightarrow |x_{n}-a|<\varepsilon.
A estratégia natural é: dado \varepsilon>0 queremos encontrar N tal que, para n\ge N,
\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right|<\varepsilon.
Vamos manipular essa expressão e usar que x_{n}\to a para obter um N adequado.

Passo 3

Primeiro, vamos notar uma identidade algébrica que facilita:
\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right| = \left|\frac{a-x_{n}}{a x_{n}}\right| = \frac{|x_{n}-a|}{|a||x_{n}|}.
Essa expressão mostra que o problema está em controlar o denominador |x_{n}|. Precisamos garantir que |x_{n}| não fique muito perto de zero quando n grande — isso é garantido porque x_{n}\to a e a\neq 0.

Passo 4

Como a\neq 0, escolha um número positivo conveniente, por exemplo \frac{|a|}{2}. Pela convergência \lim x_{n}=a, existe N_{1} tal que, para todo n\ge N_{1},
|x_{n}-a|<\frac{|a|}{2}.
Aplicando a desigualdade triangular reversa (ou apenas a desigualdade triangular),
|x_{n}| = |(x_{n}-a)+a| \ge |\,|a|-|x_{n}-a|\,| > |a|-\frac{|a|}{2}=\frac{|a|}{2}.
Portanto, para n\ge N_{1} temos a estimativa útil
|x_{n}|>\frac{|a|}{2}.

Passo 5

Usando a identidade do Passo 3 e a desigualdade do Passo 4, para n\ge N_{1} obtemos
\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right| = \frac{|x_{n}-a|}{|a||x_{n}|} < \frac{|x_{n}-a|}{|a|\cdot \frac{|a|}{2}} = \frac{2}{|a|^{2}}\,|x_{n}-a|.
Assim conseguimos encadear a diferença entre recíprocos com a diferença |x_{n}-a| multiplicada por uma constante.

Passo 6

Agora fazemos o passo típico do epsilon-argumento. Seja dado um \varepsilon>0. Queremos que
\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right|<\varepsilon.
Pelo passo anterior, é suficiente garantir
\frac{2}{|a|^{2}}\,|x_{n}-a|<\varepsilon,
ou seja
|x_{n}-a|<\frac{|a|^{2}}{2}\,\varepsilon.
Como x_{n}\to a, existe N_{2} tal que, para todo n\ge N_{2},
|x_{n}-a|<\frac{|a|^{2}}{2}\,\varepsilon.
Escolhemos então
N=\max\{N_{1},N_{2}\}.
Para todo n\ge N valem simultaneamente |x_{n}|>\frac{|a|}{2} e |x_{n}-a|<\frac{|a|^{2}}{2}\varepsilon. Combinando essas duas desigualdades (como no Passo 5) obtemos
\left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right| \le \frac{2}{|a|^{2}}\,|x_{n}-a| <\frac{2}{|a|^{2}}\cdot\frac{|a|^{2}}{2}\,\varepsilon =\varepsilon.
Isso mostra que, para todo \varepsilon>0, existe N tal que n\ge N implica \left|\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{a}\right|<\varepsilon. Portanto \frac{1}{x_{n}}\to\frac{1}{a}.

Passo 7

Comentário rápido sobre método: uma alternativa curta é usar que a função recíproca f(x)=1/x é contínua em qualquer ponto a\neq 0 e então aplicar o fato geral "se x_{n}\to a e f contínua em a então f(x_{n})\to f(a)". Eu optei por fazer o argumento epsilon-explicito porque é o que geralmente se exige em provas elementares e mostra concretamente como controlar a diferença entre recíprocos.

Resposta

\displaystyle \lim \left(\frac{1}{x_{n}}\right)=\frac{1}{a}

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