Sejam \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} e \left(y_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} convergentes para x e y, respectivamente. Prove que
\left(x_{n}\right)^{k} \rightarrow(x)^{k} qualquer que seja k \in \mathbb{N}.

Passo 1

O enunciado dá duas sequências convergentes \left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}} e \left(y_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}} tais que
x_{n}\to x \qquad\text{e}\qquad y_{n}\to y.
A pergunta que precisamos provar é: dado qualquer k\in\mathbb{N}, provar que
\left(x_{n}\right)^{k}\to x^{k}.
No enunciado não está exigido um método específico, então vou usar indução em k (método natural para potências) e um resultado auxiliar: o produto de duas sequências convergentes converge para o produto dos limites. Antes de fazer a indução, vou estabelecer e provar esse resultado auxiliar de forma didática.

Passo 2

Relembrando a definição de limite (varei aqui com calma): dizer que x_{n}\to x significa que, para todo \varepsilon>0, existe N\in\mathbb{N} tal que
\text{se } n\ge N \text{ então } |x_{n}-x|<\varepsilon.ã
Vou precisar também de dois fatos simples que usarei sem medo, mas provando-os rapidamente: (A) toda sequência convergente é limitada (bounded); (B) o produto de duas sequências convergentes converge para o produto dos limites. Vou provar (A) e (B) explicitamente porque são essenciais na prova por indução.

Passo 3

Prova do fato (A): se a_{n}\to a então \{a_{n}\} é limitada.
Demonstração detalhada: escolha \varepsilon=1. Pelo limite existe N tal que, para todo n\ge N,
|a_{n}-a|<1.
Então, para n\ge N,
|a_{n}|\le |a_{n}-a|+|a|<1+|a|.
Para os índices finitos n=1,\dots,N-1 tomamos o máximo finito desses valores absolutos, e definimos
M=\max\big\{\,|a_{1}|,\dots,|a_{N-1}|,\,1+|a|\,\big\}.
Assim, para todo n vale |a_{n}|\le M. Logo a sequência é limitada. (Fim da prova de (A).)

Passo 4

Prova do fato (B): se a_{n}\to a e b_{n}\to b então a_{n}b_{n}\to ab.
Explicação do método antes de entrar nas contas: a ideia é escrever a diferença a_{n}b_{n}-ab de modo a separar termos envolvendo a_{n}-a e b_{n}-b. Depois controlamos cada termo com a definição \varepsilon- N e usamos que uma das sequências é limitada (pelo Passo 3) para não deixar aparecer algo descontrolado.
Cálculo e estimativa:
a_{n}b_{n}-ab = (a_{n}-a)b_{n} + a(b_{n}-b).
Tomemos um \varepsilon>0 arbitrário. Queremos encontrar N tal que, para n\ge N,
|a_{n}b_{n}-ab|<\varepsilon.
Usando a desigualdade triangular e a fatoração acima:
|a_{n}b_{n}-ab| \le |a_{n}-a|\cdot|b_{n}| + |a|\cdot|b_{n}-b|.
Pelo Passo 3, como b_{n}\to b, a sequência \{b_{n}\} é limitada: existe M>0 tal que, para todo n, |b_{n}|\le M. Agora escolhemos \varepsilon_{1} e \varepsilon_{2} úteis para controlar os dois termos. Por exemplo, tomemos
\varepsilon_{1}=\frac{\varepsilon}{2M} \qquad\text{e}\qquad \varepsilon_{2}=\frac{\varepsilon}{2|a|+1}
(este último caso trata bem se a=0 — então 2|a|+1=1 e a fórmula funciona). Como a_{n}\to a, existe N_{1} tal que, para n\ge N_{1},
|a_{n}-a|<\varepsilon_{1}.
Como b_{n}\to b, existe N_{2} tal que, para n\ge N_{2},
|b_{n}-b|<\varepsilon_{2}.
Defina N=\max\{N_{1},N_{2}\}. Para n\ge N temos as duas desigualdades acima, então
|a_{n}b_{n}-ab| \le |a_{n}-a|\,|b_{n}| + |a|\,|b_{n}-b| < \varepsilon_{1} M + |a|\varepsilon_{2}.
Substituindo \varepsilon_{1} e \varepsilon_{2} e observando que |a|\varepsilon_{2}\le \varepsilon/2 e \varepsilon_{1}M=\varepsilon/2, obtemos
|a_{n}b_{n}-ab| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.
Isso prova que a_{n}b_{n}\to ab. (Fim da prova de (B).)

Passo 5

Observação: a prova do Passo 4 é a ferramenta que vamos usar na indução para passar de k para k+1: sabendo que x_{n}^{k}\to x^{k} e sabendo que x_{n}\to x, o Passo 4 garante que
x_{n}^{k+1} = x_{n}^{k}\cdot x_{n} \longrightarrow x^{k}\cdot x = x^{k+1}.

Passo 6

Agora fazemos a prova por indução em k.
Base da indução:
  • Se o seu convívio com \mathbb{N} inclui k=0, então x_{n}^{0}=1 para todo n, e x^{0}=1. Logo x_{n}^{0}\to x^{0} trivialmente.
  • Para k=1 temos x_{n}^{1}=x_{n} e a hipótese já nos dá x_{n}\to x; logo x_{n}^{1}\to x^{1}.
Passo indutivo:
  • Suponha que para algum k\in\mathbb{N} valha x_{n}^{k}\to x^{k} (hipótese de indução).
  • Como também sabemos que x_{n}\to x, aplicando o resultado do Passo 4 (produto de sequências convergentes) com a_{n}=x_{n}^{k}, a=x^{k}, b_{n}=x_{n} e b=x, obtemos
x_{n}^{k+1} = x_{n}^{k}\,x_{n} \longrightarrow x^{k}\,x = x^{k+1}.
  • Portanto a propriedade é verdadeira para k+1.
Pelo princípio da indução matemática, a propriedade vale para todo k\in\mathbb{N}.

Passo 7

Comentário pedagógico rápido: o coração da prova é dois pontos simples e úteis que vale memorizar para a prova:
  1. Sequência convergente é limitada.
  2. Produto de sequências convergentes converge para o produto dos limites.
    Com esses dois fatos a indução nas potências fica elementar — você transforma potência em produto repetido e aplica o lema do produto passo a passo.

Resposta

\left(x_{n}\right)^{k}\rightarrow x^{k} para todo k\in\mathbb{N}.

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