Демидович — задача 63

1. 1
   Теперь покажем для $a > 1$:
2. 2
   Обозначим $a_n = \sqrt[n]{a} - 1$. Так как $a > 1$, то $a_n > 0$.
   Тогда $a_n + 1 = \sqrt[n]{a}$, откуда $(1 + a_n)^n = a$.
   
   Применим неравенство Бернулли:$$a = (1+a_n)^n \ge 1 + n \cdot a_n$$Перенесем единицу и выразим $a_n$:$$n \cdot a_n \le a - 1 \implies a_n \le \frac{a-1}{n}$$Отсюда получаем оценку:$$0 < a_n \le \frac{a-1}{n}$$Так как $\lim_{n\to\infty} \frac{a-1}{n} = 0$, то по теореме о зажатой последовательности $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$. А это и означает, что:$$\lim_{n\to\infty} (\sqrt[n]{a} - 1) = 0 \implies \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a} = 1$$Пусть теперь $0 < a < 1$.
   Тогда можно записать $\sqrt[n]{a} = \frac{1}{\sqrt[n]{b}}$, где $b = \frac{1}{a} > 1$.
   По уже доказанному для чисел больше единицы, $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{b} = 1$.
   Отсюда по теореме о пределе частного:$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{b}} = \frac{1}{1} = 1$$

Что и требовалось доказать