Seja f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R} a função que satisfaz a seguinte condição: f(1)=\sqrt{2025} e f(n+1)=\sqrt{f(n)}. Existe \lim _{n \rightarrow \infty} f(n) ?

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{N}\to\mathbb{R} definida por:
  • Condição inicial: f(1)=\sqrt{2025}.
  • Recorrência: f(n+1)=\sqrt{f(n)} para todo n\in\mathbb{N}.
A pergunta é: Existe \displaystyle\lim_{n\to\infty} f(n)? Se sim, qual é esse limite?

Passo 2

Primeiro simplificar a condição inicial (peguei esse número do enunciado):
f(1)=\sqrt{2025}=45.
Calcular os primeiros termos para ver um padrão:
f(2)=\sqrt{f(1)}=\sqrt{45}=45^{1/2},
f(3)=\sqrt{f(2)}=\sqrt{45^{1/2}}=45^{1/4},
f(4)=\sqrt{f(3)}=45^{1/8},
e assim por diante. A partir disso conjecturamos a fórmula geral
f(n)=45^{1/2^{\,n-1}}.
Agora provamos por indução que essa fórmula vale para todo n.
Base: para n=1 temos 45^{1/2^{\,0}}=45^{1}=45=f(1), ok.
Passo indutivo: suponha f(n)=45^{1/2^{\,n-1}}. Então
f(n+1)=\sqrt{f(n)}=\sqrt{45^{1/2^{\,n-1}}}=\bigl(45^{1/2^{\,n-1}}\bigr)^{1/2}=45^{(1/2^{\,n-1})\cdot(1/2)}=45^{1/2^{\,n}}.
Logo a fórmula vale para n+1. Assim, por indução, para todo n tem-se
\boxed{\,f(n)=45^{1/2^{\,n-1}}\,}.
(Na dedução acima usei a identidade \sqrt{x}=x^{1/2} e a regra de potências (a^r)^s=a^{rs}.)

Passo 3

Agora vamos estudar o comportamento da sequência \bigl(f(n)\bigr)_{n\ge1}.
Observação 1 — sinais e comparação com 1: como 45>1, para todo n a potência 45^{1/2^{\,n-1}} é maior que 1. De fato, se a>1 e t>0 então a^t>1. Portanto todos os termos satisfazem f(n)>1.
Observação 2 — monotonia: para x>1 vale \sqrt{x}<x. Como f(1)=45>1, segue f(2)=\sqrt{45}<45=f(1). Se f(n)>1 então f(n+1)=\sqrt{f(n)}<f(n). Assim, por indução, a sequência é estritamente decrescente. Então \bigl(f(n)\bigr) é decrescente e limitada inferiormente por 1.
Pelo teorema clássico de sequências monotônicas, uma sequência monotônica e limitada converge. Portanto existe \displaystyle L=\lim_{n\to\infty} f(n) e temos L\ge1.

Passo 4

Encontrar o valor de L. Tomando limite na recorrência f(n+1)=\sqrt{f(n)} e usando que a função x\mapsto\sqrt{x} é contínua em (0,\infty), podemos passar o limite para dentro da raiz:
L=\sqrt{L}.
Resolver essa equação: elevando ao quadrado,
L^2=L \quad\Longrightarrow\quad L^2-L=0 \quad\Longrightarrow\quad L(L-1)=0.
As soluções são L=0 ou L=1. Mas já sabemos que todos os termos f(n)>1, logo o limite não pode ser 0. Portanto necessariamente
L=1.
Como alternativa, usando a fórmula explícita f(n)=45^{1/2^{\,n-1}}, podemos escrever
\ln f(n)=\frac{1}{2^{\,n-1}}\ln 45,
e como \dfrac{1}{2^{\,n-1}}\to0 quando n\to\infty, tem-se \ln f(n)\to0 e assim f(n)\to e^{0}=1. Mesmo resultado.

Passo 5

Conclusão final (um lembrete motivador): a sequência existe, é decrescente e fica sempre acima de 1, e converge para 1. Isso é intuitivo: aplicar raiz repetidas vezes a um número maior que 1 vai “puxando” o valor para perto de 1.

Resposta

1

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