Dla ciągu $a_n=\sqrt[n]{n}$ zachodzi \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1. \]
Oczywiście $a_n=\sqrt[n]{n} \ge 1$ dla każdego $n\ge 1$, bo $n\ge 1$. Wystarczy więc pokazać, że dla każdego $\varepsilon>0$ od pewnego miejsca mamy \[ \sqrt[n]{n} < 1+\varepsilon. \] To jest równoważne nierówności \[ n < (1+\varepsilon)^n. \]
Teraz użyjemy tylko dwumianu Newtona: \[ (1+\varepsilon)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varepsilon^k \ge 1 + \binom{n}{1}\varepsilon + \binom{n}{2}\varepsilon^2 = 1 + n\varepsilon + \frac{n(n-1)}{2}\varepsilon^2. \] W szczególności \[ (1+\varepsilon)^n \ge \frac{n(n-1)}{2}\varepsilon^2. \]
Chcemy mieć $(1+\varepsilon)^n > n$, więc wystarczy, aby zachodziło \[ \frac{n(n-1)}{2}\varepsilon^2 > n. \] Dla $n\ge 2$ możemy skrócić przez $n>0$: \[ \frac{n-1}{2}\varepsilon^2 > 1 \quad\Longleftrightarrow\quad n-1 > \frac{2}{\varepsilon^2} \quad\Longleftrightarrow\quad n > 1+\frac{2}{\varepsilon^2}. \]
Zatem dla każdego $\varepsilon>0$, gdy tylko \[ n \ge N(\varepsilon):=\left\lceil 1+\frac{2}{\varepsilon^2}\right\rceil, \] mamy \[ (1+\varepsilon)^n \ge \frac{n(n-1)}{2}\varepsilon^2 > n, \] a więc \[ n < (1+\varepsilon)^n \quad\Longrightarrow\quad \sqrt[n]{n} < 1+\varepsilon. \]
Ponieważ jednocześnie $\sqrt[n]{n}\ge 1$, dostajemy dla $n\ge N(\varepsilon)$: \[ 1 \le \sqrt[n]{n} < 1+\varepsilon, \] co dokładnie znaczy, że $\sqrt[n]{n}\to 1$.
∎