Pokazujemy, że pierwiastek $n$-tego stopnia z dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej $a$ dąży do $1$ gdy $n \to \infty$. Rozważamy osobno przypadki $a \gt 1$, $a = 1$ oraz $0 \lt a \lt 1$.
Dla każdego $a \gt 0$ zachodzi: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = 1. \]
Ponieważ $a \gt 1$, mamy $\sqrt[n]{a} \gt 1$ dla każdego $n \in \mathbb{N}$.
Oznaczmy $h_n = \sqrt[n]{a} - 1$. Wtedy $h_n \gt 0$ i chcemy pokazać, że $h_n \to 0$.
Z definicji: $\sqrt[n]{a} = 1 + h_n$, czyli: \[ a = (1 + h_n)^n. \]
Z nierówności Bernoulliego (dla $h_n \gt 0$): \[ (1 + h_n)^n \geq 1 + n \cdot h_n. \]
Zatem: \[ a = (1 + h_n)^n \geq 1 + n \cdot h_n. \]
Z powyższej nierówności: \[ n \cdot h_n \leq a - 1, \] czyli: \[ 0 \lt h_n \leq \frac{a - 1}{n}. \]
Ponieważ $a - 1 \gt 0$ jest stałą: \[ 0 \lt h_n \leq \frac{a - 1}{n} \to 0. \]
Z twierdzenia o trzech ciągach: $h_n \to 0$, czyli: \[ \sqrt[n]{a} = 1 + h_n \to 1. \quad \square \]
Dla $a = 1$ mamy $\sqrt[n]{1} = 1$ dla każdego $n$, więc: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1} = 1. \quad \square \]
Niech $0 \lt a \lt 1$. Oznaczmy $b = \frac{1}{a}$. Wtedy $b \gt 1$.
Z udowodnionego przypadku: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{b} = 1. \]
Ponieważ $\sqrt[n]{a} = \frac{1}{\sqrt[n]{b}}$: \[ \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{b}} = \frac{1}{1} = 1. \quad \square \]
Nierówność Bernoulliego mówi, że dla $h \gt -1$ i $n \in \mathbb{N}$: \[ (1 + h)^n \geq 1 + nh. \]
W naszym dowodzie użyliśmy jej dla $h = h_n \gt 0$, co dało oszacowanie $h_n \leq \frac{a-1}{n}$ — wystarczające do wykazania zbieżności do zera.
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{2} = 1$.
Oszacowanie: $0 \lt \sqrt[n]{2} - 1 \leq \frac{1}{n}$. Np. $\sqrt[10]{2} \approx 1{,}072$, $\sqrt[100]{2} \approx 1{,}007$.
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1000} = 1$.
Oszacowanie: $0 \lt \sqrt[n]{1000} - 1 \leq \frac{999}{n}$. Zbieżność jest wolniejsza, ale granica ta sama.
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{3}} = 1$.
Korzystamy z przypadku $0 \lt a \lt 1$: $\sqrt[n]{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt[n]{3}} \to \frac{1}{1} = 1$.
Dla $a \gt 1$ ciąg $(\sqrt[n]{a})$ jest ściśle malejący i zbieżny do $1$.
Dla $0 \lt a \lt 1$ ciąg $(\sqrt[n]{a})$ jest ściśle rosnący i zbieżny do $1$.
Dowód monotoniczności: Dla $a \gt 1$ nierówność $\sqrt[n]{a} \gt \sqrt[n+1]{a}$ jest równoważna $a^{n+1} \gt a^n$, czyli $a \gt 1$ — co jest prawdą.