Демидович — задача 145

1. 1

   Пункт а)

   Пусть $x_n=1^p+2^p+\dots+n^p$, $y_n=n^{p+1}$. Тогда$$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$$
   =
   \frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}.Знаменатель раскладывается как$$(n+1)^{p+1}-n^{p+1}$$
   =
   (p+1)n^p+\frac{(p+1)p}{2}n^{p-1}+\dots+1.После деления числителя и знаменателя на $n^p$ получаем$$\frac{(1+1/n)^p}$$
   {p+1+\frac{(p+1)p}{2}\frac1n+\dots+\frac1{n^p}}.Все слагаемые с $n$ в знаменателе стремятся к нулю, поэтому предел равен $\frac1{p+1}$.
2. 2

   Пункт б)

   Приведем исходное выражение к одной дроби:$$\frac{(p+1)(1^p+2^p+\dots+n^p)-n^{p+1}}$$
   {(p+1)n^p}.Для числителя разность соседних членов равна$$\Delta x_n$$
   =
   (p+1)(n+1)^p
   -
   \bigl((n+1)^{p+1}-n^{p+1}\bigr).Нужны только два старших порядка:$$(n+1)^p$$
   =
   n^p+pn^{p-1}+c_1n^{p-2}+\dots+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 $\Delta x_n$, видим, что члены $(p+1)n^p$ сокращаются, а при $n^{p-1}$ остается$$\Delta x_n$$
   =
   \frac{p(p+1)}2n^{p-1}
   +\dots.Для знаменателя$$\Delta y_n$$
   =
   (p+1)\bigl((n+1)^p-n^p\bigr)
   =
   p(p+1)n^{p-1}
   +\dots.После деления отношения $\frac{\Delta x_n}{\Delta y_n}$ на $n^{p-1}$ все младшие члены исчезают в пределе, и остается$$\frac{p(p+1)/2}{p(p+1)}$$
   =
   \frac12.
3. 3

   Пункт в)

   Возьмем $x_n=1^p+3^p+\dots+(2n-1)^p$, $y_n=n^{p+1}$. Теорема Штольца дает отношение$$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}$$
   =
   \frac{(2n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}.В числителе старший член равен $2^pn^p$, в знаменателе — $(p+1)n^p$. После деления на $n^p$$$\frac{2^p+\frac{p2^{p-1}}n+\dots}$$
   {p+1+\frac{(p+1)p}{2n}+\dots}.Остальные слагаемые стремятся к нулю, поэтому предел равен$$\frac{2^p}{p+1}.$$

Что и требовалось доказать