Доказать равноправность пределов последовательности

[Hoaxer]

Сделовательно если мы выведем сходимость $\sqrt[n]a_{n}$ непосредственно из сходимости $\frac {a_{n+1}}{a_{n}}$ используя метод, описанный мною, логических проблем не должно больше возникнуть. Я новичек в этом деле, поэтому мне очень важно научиться, на начальных парах, правильно выстраивать цепь рассуждений для дальнейшей работы. Благодарен за терпение.

[Hoaxer]

Все, с горем пополам, смог вывести нормальное, на мой взгляд доказательство:

1. Имеем, по условию, что $ \forall \varepsilon > 0, \exists n_{\varepsilon} (\forall n>n_{\varepsilon}):|\frac {a_{n+1}}{a_{n}} - a |< \varepsilon,$, тогда имеем, что $|\frac {a_{n_{\varepsilon}+1}}{a_{n_{\varepsilon}}}|<\varepsilon + |a|$
2. Перемножим неравенста до номера n-1, тем самым получим: $|\frac {a_{n}}{a_{n_{\varepsilon}}}|< (\varepsilon+|a|)^{n-n_{\varepsilon}-1}$, выразив затем $|a_{n}| < a_{n_{\varepsilon}}\frac {(\varepsilon+|a|)^{n}}{(\varepsilon+|a|)^{n_{\varepsilon}-1}}$ и взявши корень n-го степеня получим: $\sqrt[n] a_{n} < (\varepsilon + |a|) \sqrt[n]{\frac {a_{n_{\varepsilon}}}{(\varepsilon+|a|)^{n_{\varepsilon}-1}}}$
3. Поскольку лимит корня n-го степеня любого числа равен 1, а $\sqrt[n]{\frac {a_{n_{\varepsilon}}}{(\varepsilon+|a|)^{n_{\varepsilon}-1}}}$ - это число, получаем, что $|\sqrt[n]a_{n} - a| < \varepsilon$, тоесть $\lim\limits_{n\to\infty} \frac {a_{n+1}}{a_{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n] a_{n} = a$. ч.т.д.

[Null]

1.У вас $\sqrt[n]{\frac {a_{n_{\varepsilon}}}{(\varepsilon+|a|)^{n_{\varepsilon}-1}}}$ почему то заменено на 1, а так нельзя.
2.Вы таким образом можете получить только $\sqrt[n]a_{n} - a < \varepsilon$ (при каких $n$? любых?)

[Hoaxer]

Надеюсь, что в этот раз все будет логично.
1. Имеем, по условию, что $\forall \varepsilon > 0, \exists n_{\varepsilon}, (n > n_{\varepsilon}): |\frac {a_{n+1}}{a_{n}}-a| < \varepsilon. $ или $a - \varepsilon < \frac {a_{n+1}}{a_{n}} < a + \varepsilon, \forall \varepsilon > 0, \forall n > n_{\varepsilon}$
2. Перемножим неравенства начиная с номера $n_{\varepsilon}$ до номера $n-1$ получим:
$\sqrt[n] {\frac{1}{(a-\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}}(a-\varepsilon) < \sqrt[n] a_{n} <(a+\varepsilon) \sqrt[n] {\frac{1}{(a+\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}}$ , $\forall n > n_{\varepsilon}$
3. В прошлый раз я просто набросил лимиты на обе стороны и зная, что лимит корня n-го степеня из числа равен единице получил равенство лимитов, но, как мне дали понять, так делать нельзя. Поэтому у меня вопрос: а как, собственно, можно избавиться от корня в неравенствах?
Хотя почему так делать нельзя, я тоже понятия не имею. (:

[ИСН]

Hoaxer в сообщении #502106 писал(а):

лимит корня n-го степеня из числа равен единице

Так то из числа. А у Вас из чего?

[Hoaxer]

так ведь: $\sqrt[n] {\frac {1}{(a-\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}}$ и $\sqrt[n] {\frac {1}{(a+\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}}$ - числа.

И получаеться, что $\lim\limits_{n\to\infty} (a-\varepsilon) \lim\limits_{n\to\infy} \sqrt[n] {\frac {1}{(a-\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}} <\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n] a_{n} < \lim\limits_{n\to\infty} (a+\varepsilon)\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n] {\frac {1}{(a+\varepsilon)^{n_{\varepsilon}-1}}}$.

Я не имею малейшего представления, как можно подругому избавиться от корня.