Ответ: предел $a_n=n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$ равен $+\infty$.
1) Алгебраический приём (сопряжённое):
$$a_n=n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\frac{n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{1+1/n}+1}.$$ Отсюда очевидно $a_n\to +\infty$ (так как числитель $\sqrt{n}\to \infty$, а знаменатель $\to 2$). Более точно:
$$a_n-\frac{\sqrt{n}}{2}=\sqrt{n}(\frac{1}{\sqrt{1+1/n}+1}-\frac{1}{2})=-\frac{1}{2\sqrt{n}(\sqrt{1+1/n}+1{)}^2}.$$ Следовательно модуль погрешности удовлетворяет оценке
∣an−n2∣≤18n(поскольку (1+1/n+1)2≥4), \left|a_n-\frac{\sqrt{n}}{2}\right|\le\frac{1}{8\sqrt{n}}
\quad(\text{поскольку }(\sqrt{1+1/n}+1)^2\ge4),
an −2n ≤8n 1 (поскольку (1+1/n +1)2≥4), и асимптотика
$$a_n=\frac{\sqrt{n}}{2}-\frac{1}{8\sqrt{n}}+o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right).$$
2) Метод средней точки (теорема о среднем значении):
по ТФКП существует $c_n\in (n,n+1)$ такой, что
$$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{2\sqrt{c_n}},$$ откуда
$$a_n=\frac{n}{2\sqrt{c_n}},\frac{n}{2\sqrt{n+1}}<a_n<\frac{n}{2\sqrt{n}}.$$ Эти неравенства также показывают $a_n\to +\infty$ и дают асимптотическое поведение $a_n\sim \frac{\sqrt{n}}{2}$, но не дают сразу точной постоянной в погрешности без дополнительного анализа положения $c_n$.
Почему первый способ удобнее для оценки погрешности:
алгебраическая редукция даёт явную точную формулу для $a_n$ и разницу с главным членом $\frac{\sqrt{n}}{2}$, что позволяет получить конкретную числовую оценку погрешности ($\le 1/(8\sqrt{n})$). Метод через среднее значение даёт только существование $c_n$ и менее явную оценку константы погрешности.