1. 用 $\varepsilon-N$ 语言证即可.
2. 当 $n\geqslant 1$ 时, 有
\[
0< (n+1)^\alpha-n^\alpha=n^{\alpha}\Bigl[\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)^\alpha-1\Bigr]\leqslant n^{\alpha}\Bigl[\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)-1\Bigr]=n^{\alpha-1}=\frac{1}{n^{\alpha-1}}.
\]
3.
[思考]
首先只需考虑 $\alpha > 1$ 的情况. 当 $0 < \alpha\leqslant 1$ 时, $n^{\alpha}\leqslant n$.
下设 $\alpha > 1$.
由于 $a > 1$, 故可写 $a=1+\beta$, $\beta > 0$. 于是
\[
a^n=(1+\beta)^n=1+n\beta+\frac{n(n-1)}{2}\beta^2+\cdots+\beta^n > \frac{n(n-1)}{2}\beta^2,
\]
\[
\frac{n^{\alpha}}{a^n}=\frac{n^{\alpha}}{(1+\beta)^n}< \frac{2n^{\alpha}}{n(n-1)\beta^2}
\]
直接这样放缩没有用. 注意到
\[
\frac{n^{\alpha}}{(1+\beta)^n}=\biggl[\frac{n}{\bigl((1+\beta)^n\bigr)^{1/\alpha}}\biggr]^{\alpha}=\biggl[\frac{n}{\bigl((1+\beta)^{1/\alpha}\bigr)^n}\biggr]^{\alpha}
\]
因此, 不妨令 $a^{1/\alpha}=1+\delta$, $\delta > 0$.
正式的证明如下:
(法一)
证明. 由于 $a > 1$, 故 $a^{\frac{1}{\alpha}} > 1$, 故可写 $a^{1/\alpha}=1+\delta$, $\delta > 0$.
于是
\[
a^{\frac{n}{\alpha}}=(1+\delta)^n=1+n\delta+\frac{n(n-1)}{2}\delta^2+\cdots+\delta^n > \frac{n(n-1)}{2}\delta^2.
\]
故
\[
0 < \frac{n^{\alpha}}{a^n}=\biggl[\frac{n}{a^{\frac{n}{\alpha}}}\biggr]^{\alpha}<\biggl[\frac{2}{(n-1)\delta^2}\biggr]^{\alpha}
\]
由夹逼原理及第1题, 知
\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{\alpha}}{a^n}=0.
\]
(法二) 第3题也可以这样证.
证明: 取 $k$ 是满足 $k\geqslant\alpha+1$ 的正整数. 由于 $n^\alpha \leqslant n^{k-1}$, 故只要证
\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{k-1}}{a^n}=0.
\]
因 $a > 1$, 故 $a^{\frac{1}{k}} > 1$, 可设 $a^{\frac{1}{k}}=1+\beta$, $\beta > 0$. 于是
\[
a^{\frac{n}{k}}=(1+\beta)^n > n\beta\quad\Rightarrow\quad a^n > n^k \beta^k.
\]
因此,
\[
\frac{n^{k-1}}{a^n} < \frac{1}{n\beta^k}.
\]
现在, 任取 $\varepsilon > 0$, 存在 $N\geqslant\frac{1}{\beta^k\varepsilon}$, 当 $n > N$ 时, 有
\[
\biggl|\frac{n^{k-1}}{a^n}-0\biggr|=\frac{n^{k-1}}{a^n} < \frac{1}{n\beta^k} < \frac{1}{N\beta^k}\leqslant\varepsilon.
\]
故由定义, $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{k-1}}{a^n}=0$. 然后由夹逼原理推出
\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{\alpha}}{a^n}=0.
\]
(法三)
记 $x_n=\dfrac{n^{\alpha}}{a^n}$, 则
\[
\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{(n+1)^\alpha}{a^{n+1}}\frac{a^n}{n^\alpha}=(1+\frac{1}{n})^{\alpha}\cdot\frac{1}{a},
\]
故 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{1}{a} < 1$. 于是存在 $q\in(\frac{1}{a},1)$ 和 $N_1$, 使得当 $n > N_1$ 时, 有
\[
\frac{x_{n+1}}{x_n} < q < 1.
\]
因此, 当 $n > N_1$ 时,
\[
0< x_n=\frac{x_n}{x_{n-1}}\cdot\frac{x_{n-1}}{x_{n-2}}\cdots\frac{x_{N_1+2}}{x_{N_1+1}}\cdot x_{N_1+1} < x_{N_1+1}q^{n-(N_1+1)}.
\]
而 $|q|< 1$ 时, 已证 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} q^n=0$, 故由夹逼原理知 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x^n=0$.
或者使用定义证明.
记 $N_2=N_1+2+\Bigl[\log_q\frac{\varepsilon}{x_{N+1}}\Bigr]$,
任给 $\varepsilon > 0$, 存在 $N=\max\{N_1, N_2\}$, 对任意 $n > N$, 有
\[
\biggl|\frac{n^\alpha}{a^n}-0\biggr| =x_n < x_{N_1+1}q^{n-(N_1+1)} < x_{N_1+1}q^{N-(N_1+1)} < \varepsilon.
\]
故由极限的定义, 知
\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{a^n}=0.
\]
