Sugerencia: ((i))
$$
\pecado - \sen b = 2\sin\frac{a-b}{2}\cos\frac{a+b}{2}
$$
y el producto de dos secuencias, una convergencia de a $0$ y el otro acotado, converge a $0$.
En más detalle:
$$
a_{n+1}-a_n = 2\sin\left(\pi\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2}\right)\cos\left(\pi\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\right)
$$
El segundo factor es delimitada como $\cos$, y el primero va a $0$
Edit: Para la parte (iii), que no me había dado cuenta era que "sigue abierta".
Supongamos por contradicción $a_n\to\ell\in\mathbb{R}$.
Como notado por mirar a la larga $(a_{n^2})_n$, necesariamente, ha $\ell=0$.
Ahora, esto implica que $a^2_n \xrightarrow[n\to\infty]{} 0$ como bueno, y el uso de $\cos^2+\sin^2=1$ obtenemos $\cos(\pi\sqrt{n})^2 \xrightarrow[n\to\infty]{} 1$.
Supongamos por ahora que hemos demostrado que $$\cos(\pi\sqrt{n}) \xrightarrow[n\to\infty]{} \beta\in\{-1,1\} \tag{$\daga$}$$
A partir de lo anterior, hemos
$$
a_{n+1}-a_n = b_n\cos\left(\pi\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\right)
$$
donde $b_n\operatorname*{\sim}_{n\to\infty}\frac{\pi}{\sqrt{n}}$. Vamos a tratar con el otro término: como
$$
\pi\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2} = \pi\sqrt{n}+\frac{\pi}{4\sqrt{n}} + o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)
$$
tenemos
$$\begin{align}
\cos\left(\pi\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\right)
&= \cos\left(\pi\sqrt{n}+\frac{\pi}{4\sqrt{n}} + o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)\\
&= \cos \pi\sqrt{n} \cos\left(\frac{\pi}{4\sqrt{n}} + o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right) - \sin \pi\sqrt{n} \sin\left(\frac{\pi}{4\sqrt{n}} + o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)\\
&= \cos \pi\sqrt{n} \cos(o(1)) - \sin \pi\sqrt{n}\sin(o(1)) \\
&\xrightarrow[n\to\infty]{} \beta\cdot 1 - 0\cdot 0 = \beta.
\end{align}$$
Poniendo todo junto, esto lleva a la
$$
a_{n+1}-a_n \operatorname*{\sim}_{n\to\infty}\frac{\beta\pi}{\sqrt{n}}
$$
que por comparación implica que la serie $$\sum_{n=0}^{\infty} (a_{n+1}-a_n)$$ diverges to $\infty$ (or $-\infty$, depending on $\beta$). But this is a contradiction, since this is a telescoping series, equal (by assumption on $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converging) to $\ell - a_0 = 0$. $\square$
El resto de problema, por supuesto, es que nosotros no realmente han demostrado ($\dagger$). Pero es suficiente para nuestros propósitos (handwaving un poco aquí, pero no es difícil de hacer formal) para tener:
$$\cos(\pi\sqrt{n}) \xrightarrow[n\to\infty]{} \beta\in\{-1,1\}$$
o dos sequances $(k_n)_n$, $(m_n)_n$ la partición de los números naturales ($\mathbb{N} = \bigcup_n \{k_n\}\cup\{m_n\}$) tales que
$$\cos(\pi\sqrt{k_n}) \xrightarrow[n\to\infty]{} -1,
\qquad
\cos(\pi\sqrt{\ell_n}) \xrightarrow[n\to\infty]{} -1$$
que son los dos únicos casos que pueden suceder saber que $\cos^2(\pi\sqrt{n}) \xrightarrow[n\to\infty]{}1$.
De hecho, el primer caso nos ocupamos de; y para el segundo caso, podemos restringir el argumento de arriba (que es la handwavy parte) a $(a_{k_{n+1}} - a_{k_n})_n$ o $(a_{m_{n+1}} - a_{m_n})_n$, sabiendo que al menos uno de los dos la serie $\sum_{n} \frac{1}{\sqrt{k_n}}$ $\sum_{n} \frac{1}{\sqrt{m_n}}$ a divergir.
