Демидович — задача 141

1. 1
   Пусть $a>0$.
   
   Зафиксируем $0<\varepsilon<a$. Для некоторого $N$ и всех $n>N$$$a-\frac{\varepsilon}{2}$$
   <
   \frac{x_{n+1}}{x_n}
   <
   a+\frac{\varepsilon}{2}.Те же оценки верны для $k=N,N+1,\ldots,n-1$. Перемножая их, получаем$$\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)^{n-N}$$
   <
   \frac{x_n}{x_N}
   <
   \left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)^{n-N},то есть$$x_N\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)^{n-N}$$
   <
   x_n
   <
   x_N\left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)^{n-N}.Извлекая корень $n$-й степени,$$\left(a-\frac{\varepsilon}{2}\right)$$
   \left(\frac{x_N}{(a-\varepsilon/2)^N}\right)^{1/n}
   <
   \sqrt[n]{x_n}
   <
   \left(a+\frac{\varepsilon}{2}\right)
   \left(\frac{x_N}{(a+\varepsilon/2)^N}\right)^{1/n}.
2. 2
   Для любого $c>0$ имеем $c^{1/n}\to1$, поэтому левая и правая части стремятся к $a-\frac{\varepsilon}{2}$ и $a+\frac{\varepsilon}{2}$. Значит, при достаточно больших $n$$$a-\varepsilon<\sqrt[n]{x_n}<a+\varepsilon,$$а значит,$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_n}=a.$$Пусть $a=0$.
   
   Зафиксируем $\varepsilon>0$. Из $\frac{x_{n+1}}{x_n}\to0$ для некоторого $N$ и всех $n>N$$$0<\frac{x_{n+1}}{x_n}<\frac{\varepsilon}{2}.$$Перемножая эти неравенства, получаем$$0<x_n<x_N\left(\frac{\varepsilon}{2}\right)^{n-N},$$а после извлечения корня$$0<\sqrt[n]{x_n}$$
   <
   \frac{\varepsilon}{2}
   \left(\frac{x_N}{(\varepsilon/2)^N}\right)^{1/n}.Множитель в скобках стремится к $1$, поэтому для всех достаточно больших $n$ он меньше $2$. Тогда $0<\sqrt[n]{x_n}<\varepsilon$, то есть$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_n}=0=a.$$

Что и требовалось доказать