Раздел I. Введение в анализ — § 2. Теория последовательностей

Демидович — задача 145

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 145

Доказать, что если pp — натуральное число, то:а) lim⁡n→∞1p+2p+⋯+npnp+1=1p+1;\text{а) }\lim_{n\to\infty}\frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}=\frac1{p+1};б) lim⁡n→∞(1p+2p+⋯+npnp−np+1)=12;\text{б) }\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^p}-\frac{n}{p+1}\right)=\frac12;в) lim⁡n→∞1p+3p+⋯+(2n−1)pnp+1=2pp+1.\text{в) }\lim_{n\to\infty}\frac{1^p+3^p+\cdots+(2n-1)^p}{n^{p+1}}=\frac{2^p}{p+1}.

Доказательство

Пункт а)

При p=1p=1 все три утверждения проверяются непосредственно по формуле 1+⋯+n=n(n+1)21+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2} и равенству 1+3+⋯+(2n−1)=n21+3+\cdots+(2n-1)=n^2. Получаем соответственно 12\frac{1}{2}, 12\frac{1}{2} и 11. Ниже считаем p≥2p\ge2 и применяем теорему Штольца; знаменатели np+1n^{p+1} и (p+1)np(p+1)n^p строго возрастают и стремятся к +∞+\infty.

При раскрытии степеней используем точную конечную формулу(n+1)k−nk=∑j=0k−1(kj)nj.(n+1)^k-n^k=\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k}{j}n^j.В дальнейших записях многоточие обозначает лишь члены меньших степеней, если такие члены есть.

Пусть xn=1p+2p+⋯+npx_n=1^p+2^p+\dots+n^p, yn=np+1y_n=n^{p+1}. Тогдаxn+1−xnyn+1−yn=(n+1)p(n+1)p+1−np+1.\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}
=
\frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}.Знаменатель раскладывается как(n+1)p+1−np+1=(p+1)np+(p+1)p2np−1+⋯+1.(n+1)^{p+1}-n^{p+1}
=
(p+1)n^p+\frac{(p+1)p}{2}n^{p-1}+\dots+1.После деления числителя и знаменателя на npn^p получаем(1+1n)pp+1+(p+1)p21n+⋯+1np.\frac{(1+\frac{1}{n})^p}
{p+1+\frac{(p+1)p}{2}\frac1n+\dots+\frac1{n^p}}.Все слагаемые с nn в знаменателе стремятся к нулю, поэтому предел равен 1p+1\frac1{p+1}.

Пункт б)

Приведем исходное выражение к одной дроби:(p+1)(1p+2p+⋯+np)−np+1(p+1)np.\frac{(p+1)(1^p+2^p+\dots+n^p)-n^{p+1}}
{(p+1)n^p}.Для числителя разность соседних членов равнаΔxn=(p+1)(n+1)p−((n+1)p+1−np+1).\Delta x_n
=
(p+1)(n+1)^p
-
\bigl((n+1)^{p+1}-n^{p+1}\bigr).Нужны только два старших порядка:(n+1)p=np+pnp−1+c1np−2+⋯+1,(n+1)^p
=
n^p+pn^{p-1}+c_1n^{p-2}+\dots+1,(n+1)p+1−np+1=(p+1)np+(p+1)p2np−1+c2np−2+⋯+1.(n+1)^{p+1}-n^{p+1}
=
(p+1)n^p
+
\frac{(p+1)p}{2}n^{p-1}
+
c_2n^{p-2}
+\dots+1.Подставляя их в Δxn\Delta x_n, видим, что члены (p+1)np(p+1)n^p сокращаются, а при np−1n^{p-1} остаетсяΔxn=p(p+1)2np−1+… .\Delta x_n
=
\frac{p(p+1)}2n^{p-1}
+\dots.Для знаменателяΔyn=(p+1)((n+1)p−np)=p(p+1)np−1+… .\Delta y_n
=
(p+1)\bigl((n+1)^p-n^p\bigr)
=
p(p+1)n^{p-1}
+\dots.После деления отношения ΔxnΔyn\frac{\Delta x_n}{\Delta y_n} на np−1n^{p-1} все младшие члены исчезают в пределе, и остаетсяp(p+1)2p(p+1)=12.\frac{\frac{p(p+1)}{2}}{p(p+1)}
=
\frac12.

Пункт в)

Возьмем xn=1p+3p+⋯+(2n−1)px_n=1^p+3^p+\dots+(2n-1)^p, yn=np+1y_n=n^{p+1}. Теорема Штольца дает отношениеxn+1−xnyn+1−yn=(2n+1)p(n+1)p+1−np+1.\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}
=
\frac{(2n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}.В числителе старший член равен 2pnp2^pn^p, в знаменателе — (p+1)np(p+1)n^p. После деления на npn^p2p+p2p−1n+…p+1+(p+1)p2n+….\frac{2^p+\frac{p2^{p-1}}n+\dots}
{p+1+\frac{(p+1)p}{2n}+\dots}.Остальные слагаемые стремятся к нулю, поэтому предел равен2pp+1.\frac{2^p}{p+1}.

Что и требовалось доказать

Демидович № 145 — решение | Высшая математика — Профиматика