Пусть $a>1$.

Введем обозначение $x_n$:

$$\begin{gathered} x_n=a^{\frac{1}{n}}-1 \\ {a}^{\frac{1}{n}}=x_n+1 \\ \frac{\ln a}{n}=\ln (1+x_n) \\ n=\frac{\ln a}{\ln (1+x_n)} \end{gathered}$$

Теперь рассмотрим последовательность из условия, предел которой нам нужно найти:

$$n(a^{\frac{1}{n}}-1)=n{x}_n$$

Заменим $n$ справа найденным выше значением:

$$n(a^{\frac{1}{n}}-1)=\frac{x_n\ln a}{\ln (1+x_n)}$$

Теперь введем еще одну последовательность $k_n$:

$$k_n=\lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor$$

Тогда, по определению "пола" и "потолка числа":

$$\lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor \le \frac{1}{x_n}\le \lceil \frac{1}{x_n}\rceil$$

Воспользуемся неравенством:

$$\lceil \frac{1}{x_n}\rceil \le \lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor +1$$

$$\lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor \le \frac{1}{x_n}\le \lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor +1$$

Введем обозначение

$$k_n=\lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor$$

$$k_n\le \frac{1}{x_n}\le k_n+1$$

"Перевернем" дроби:

$$\frac{1}{k_n+1}\le x_n\le \frac{1}{k_n}$$

По пункту а) задачи 75:

$$\frac{1}{k_n+2}<\ln \left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)\le \ln (1+x_n)\le \ln \left(1+\frac{1}{k_n}\right)<\frac{1}{k_n}$$

$$\frac{1}{k_n+2}<\ln (1+x_n)<\frac{1}{k_n}$$

$$k_n<\frac{1}{\ln (1+x_n)}<k_n+2$$

Теперь вернемся к равенству, полученному выше:

$$n(a^{\frac{1}{n}}-1)=\frac{x_n\ln a}{\ln (1+x_n)}$$

$$\frac{k_n}{k_n+1}\ln a<n(a^{\frac{1}{n}}-1)<\frac{k_n+2}{k_n}\ln a$$

$$\left(1-\frac{1}{k_n+1}\right)\ln a<n(a^{\frac{1}{n}}-1)<\left(1+\frac{2}{k_n}\right)\ln a$$

Найдем предел $x_n$:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}}-1=a^0-1=0$$

Раз $x_n\to 0$, то $\frac{1}{x_n}$, по прото-задаче П.9 $\frac{1}{x_n}\to +\infty$. Но тогда и $k_n=\lfloor \frac{1}{x_n}\rfloor \to +\infty$, так как $k_n\ge \frac{1}{x_n}$. Наконец, по все той же прото-задаче последовательности $\frac{1}{k_n+1}$ и $\frac{2}{k_n}$ стремятся к $0$, то есть в неравенстве

$$\left(1-\frac{1}{k_n+1}\right)\ln a<n(a^{\frac{1}{n}}-1)<\left(1+\frac{2}{k_n}\right)\ln a$$

последовательности слева и справа стремятся к $\ln a$, а значит, по теореме о двух милиционерах, "зажатая" между ними последовательность тоже стремится к $\ln a$:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n(a^{\frac{1}{n}}-1)=\ln a$$

Теперь рассмотрим вариант, когда $0<a<1$. Тогда $\frac{1}{a}>1$, а искомый предел можно записать в следующем виде:

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }n(a^{\frac{1}{n}}-1)=\underset{n\to \infty }{\lim }(-a^{\frac{1}{n}})\cdot n\left({\left(\frac{1}{a}\right)}^{\frac{1}{n}}-1\right)= \\ =-\underset{n\to \infty }{\lim }{a}^{\frac{1}{n}}\underset{n\to \infty }{\lim }n\left({\left(\frac{1}{a}\right)}^{\frac{1}{n}}-1\right)=-\ln \frac{1}{a}=\ln a \end{gathered}$$