Задача 145 — Демидович

$а) n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}; б) n \to \infty lim (\frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p}} - \frac{n}{p + 1}) = \frac{1}{2}; в) n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 3 ^{p} + \dots + ( 2 n - 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

Петр Радько

Частичное

Решение

Пункт а)

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}$

Строгое возрастание

n^{p + 1}

Докажем, что

$n^{p + 2} > n^{p + 1}$

$n > 1$

Последнее очевидно выполняется, так как $n$ — натуральное число.

Итак, мы доказали, что

$n^{p + 2} > n^{p + 1}$

$■$

n^{p + 1} \to + \infty

Докажем, что

$\forall M > 0 \exists N = N (M) \forall n > N : n^{p + 1} > M$

Рассмотрим последнее неравенство:

$n^{p + 1} > M$

Возьмем из обеих частей неравенства корень степени $p + 1$ :

$p + 1 n^{p + 1} > p + 1 M$

$n > p + 1 M$

Итак, для любого $M > 0$ достаточно взять за $N$ число $⌈ p + 1 M ⌉$ . Тогда, для любого натурального числа $n > N$ будет выполняться неравенство:

$n > N = ⌈ p + 1 M ⌉ \geq p + 1 M$

$n > p + 1 M$

А значит и

$n^{p + 1} > M$

Мы по определению доказали, что $n^{p + 1}$

>→+∞.

$■$

ля нахождения предела по теореме Штольца нам осталось только найти следующий предел отношения разности:

$n \to \infty lim = \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p} + ( n + 1 ) ^{p} - ( 1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p} )}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = = n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}}$

В знаменателе вынесем за скобки число $n^{p + 1}$ :

$\frac{( n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = \frac{( n + 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1} ( ( \frac{n + 1}{n} ) ^{p + 1} - 1 )}$

Скобку в знаменателе правой части можно разложить на сумму членой геометрической прогрессии:

Пояснение про геометрическую прогрессию

Рассмотрим сумму $p + 1$ членов геометрической прогрессии:

$1 + (\frac{n + 1}{n}) + (\frac{n + 1}{n})^{2} + \dots = \frac{1 \cdot ( ( \frac{n + 1}{n} ) ^{p + 1} - 1 )}{( \frac{n + 1}{n} ) - 1}$

Доможим обе части равенства на $(\frac{n + 1}{n}) - 1$ :

$(\frac{n + 1}{n} - 1) (1 + (\frac{n + 1}{n}) + (\frac{n + 1}{n})^{2} + \dots) = (\frac{n + 1}{n})^{p + 1} - 1$

$ \frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1} - n^{p+1}} = \frac{(n+1)^p}{n^{p+1} \left( \left(\frac{n+1}{n}\right)^{p+1} - 1 \right)} = \\[5px] = \frac{(n+1)^p}{n^{p+1} \left( \frac{n+1}{n} - 1 \right) \left( 1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots \right)} = \\[5px] = \left(\frac{n+1}{n}\right)^p\frac{1}{(n+1-n)\left( 1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots \right)} = \\[5px] = \left(\frac{n+1}{n}\right)^p\frac{1}{1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots}

Найдемпредел :

\limn \left(\frac{n+1}{n}\right)^p\frac{1}{1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots} = \\[5px] = \limn \left(\frac{n+1}{n}\right)^p \limn \frac{1}{1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots} = \\[5px] = 1\cdot \limn \frac{1}{1 + \left(\frac{n+1}{n}\right) + \left( \frac{n+1}{n} \right)^2 + \ldots} = \\[5px] = \frac{1}{1 + \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right) + \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^2 + \ldots} = \\[5px] = \frac{1}{\underbrace{1 + 1 + 1^2 + \ldots}_{p+1 \text{ слагаемых}}} = \frac{1}{p+1}

&#x27; in math mode at position 31: \dotsались тем, что

̲\frac{n+1}{n}\t…" style="color:#cc0000">

Мы воспользовались тем, что $\frac{n + 1}{n} \to 1$ (см. прото-задачу <a class=«helpLink helpLink–other» href=«/book/advanced/proto/sequence-lim/elementary» title=«Элементарные пределы последовательностей»>П-ссылка</a>).

Итак, мы доказали, что

$$ \limn \frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1} - n^{p+1}} = \frac{1}{p+1}

По теореме Штольца:

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}$

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}$

$■$

Пункт в)

Дозательство полностью такое же, что и доказательство для пункта а), в особенности рассуждения про знаменатель.

Мы придем к следующему пределу:

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 3 ^{p} + \dots + ( 2 n - 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1}} = n \to \infty lim \frac{( 2 n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = = n \to \infty lim \frac{( 2 + \frac{1}{n} ) ^{p}}{p + 1} = \frac{( 2 + n \to \infty lim \frac{1}{n} ) ( 2 + n \to \infty lim \frac{1}{n} ) \dots}{p + 1} = = \frac{( 2 + 0 ) ( 2 + 0 ) \dots}{p + 1} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

Мы воспользовались тем, что $\frac{1}{n} \to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка).

Итак,

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 3 ^{p} + \dots + ( 2 n - 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

$■$

Зависимости

Элементарные пределы последовательностей

Пределы последовательностей, к которым сводятся множество задач.

Семён Вдовыкин

Зависимость

Указание

Во всех трех пунктах ход действий одинаковый:

Передите к рассмотрению отношения разности по теореме Штольца
Числитель и разложите по формуле бинома Ньютона (достаточно первых двух членов)
В числителе и знаменателе вынесите за скобки $n$ с наибольшим показателем степени

Решение

Пункт а)

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}$

В знаменателе имеем последовательность натуральных чисел, возведенных в степень $p + 1$ . Очевидно, что эта последовательность при любом натуральном $p$ строго возрастает и стремится к $+ \infty$ .

Это означает, что мы можем попробовать воспользоваться теоремой Штольца (см. задачу 143). Для этого найдем предел отношения разности:

Раскроем скобки в числителе и знаменателе с помощью формулы бинома Ньютона (см. задачу 5):

$n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = = n \to \infty lim \frac{n ^{p} + p n ^{p - 1} + \dots + 1}{n ^{p + 1} + ( p + 1 ) n ^{p} + \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} + \dots + 1 - n ^{p + 1}} = = n \to \infty lim \frac{n ^{p} + p n ^{p - 1} + \dots + 1}{( p + 1 ) n ^{p} + \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} + \dots + 1}$

Сразу обращу внимание, что число $p$ является данной нам по условию константой. Это означает, что в разложении по биному Ньютона в числителе и знаменателе имеем конечное число слагаемых. Просто мы не выписываем их все и часть из них под скрываем под троеточием.

Вынесем за скобку $n^{p}$ в числителе и знаменателе:

$n \to \infty lim \frac{n ^{p}}{n ^{p}} \cdot \frac{1 + \frac{p}{n} + \dots + \frac{1}{n ^{p}}}{( p + 1 ) + \frac{( p + 1 ) p}{2 n} + \dots + \frac{1}{n ^{p}}} = = \frac{1 + n \to \infty lim \frac{p}{n} + \dots + n \to \infty lim \frac{1}{n ^{p}}}{( p + 1 ) + n \to \infty lim \frac{( p + 1 ) p}{2 n} + \dots + n \to \infty lim \frac{1}{n ^{p}}} = = \frac{1 + 0 + \dots + 0}{( p + 1 ) + 0 + \dots + 0} = = \frac{1}{( p + 1 )}$

Вынесенное за скобку $n^{p}$ в числителе и знаменателе сокращается. Так как число слагаемых конечно, то мы используем свойство перехода к сумме пределов для каждого их них. Все слагаемые в числителе и знаменателе, кроме первых, представляют собой элементарные последовательности вида $\frac{1}{n ^{a}} \to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка).

Итак, предел существует. Значит, по теореме Штольца, данная по условию последовательность тоже сходится и имеет такой же предел:

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{1}{p + 1}$

$■$

Пункт б)

$n \to \infty lim (\frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p}} - \frac{n}{p + 1}) = \frac{1}{2}$

Приведем обе дроби к общему знаменателю:

$n \to \infty lim \frac{( 1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p} ) ( p + 1 ) - n ^{p + 1}}{( p + 1 ) n ^{p}} = \frac{1}{2}$

В знаменателе имеем последовательность натуральных чисел в натуральной степени $p$ , которые умножаются на натуральное $(p + 1)$ . Очевидно, что эта последовательность строго возрастает и стремится к $+ \infty$ .

Это означает, что мы можем попробовать воспользоваться теоремой Штольца. Для этого найдем предел отношения разности:

$n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{p} ( p + 1 ) - ( n + 1 ) ^{p + 1} + n ^{p + 1}}{( p + 1 ) [( n + 1 ) ^{p} - n ^{p} ]}$

В числителе и знаменателе раскроем скобки в степени с помощью формулы бинома Ньютона.

Числитель

$n^{p + 1} + (n + 1)^{p} (p + 1) - (n + 1)^{p + 1} = n^{p + 1} - n^{p + 1} 0 (p + 1) n^{p} - (p + 1) n^{p} 0 (p + 1) p n^{p - 1} - \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{2} - \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{6} \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{3} \dots \dots = \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{3} + \dots$

Знаменатель

$(p + 1) [(n + 1)^{p} - n^{p}] = = (p + 1) n^{p} + (p + 1) p n^{p - 1} + \dots - (p + 1) n^{p} = = (p + 1) p n^{p - 1} + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{2} +$

s="base">…

n \to \infty lim \frac{\frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{3} + \dots}{( p + 1 ) p n ^{p - 1} + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 ) n ^{p - 2}}{2} + \dots}

Вынесем за скобку $n^{p - 1}$ в числителе и знаменателе:

$n \to \infty lim \frac{n ^{p - 1}}{n ^{p - 1}} \cdot \frac{\frac{( p + 1 ) p}{2} + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 )}{3 n} + \dots}{( p + 1 ) p + \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 )}{2 n} + \dots} = = \frac{\frac{( p + 1 ) p}{2} + n \to \infty lim \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 )}{3 n} + \dots}{( p + 1 ) p + n \to \infty lim \frac{( p + 1 ) p ( p - 1 )}{2 n} + \dots} = = \frac{\frac{( p + 1 ) p}{2} + 0 + 0 + \dots}{( p + 1 ) p + 0 + 0 + \dots} = \frac{1}{2}$

Вынесенное за скобку $n^{p - 1}$ в числителе и знаменателе сокращается. Так как число слагаемых конечно, то мы используем свойство перехода к сумме пределов для каждого их них. Все слагаемые в числителе и знаменателе, кроме первых, представляют собой элементарные последовательности вида $\frac{1}{n ^{a}} \to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка).

$n \to \infty lim (\frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p}} - \frac{n}{p + 1}) = \frac{1}{2}$

$■$

Пункт в)

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 3 ^{p} + \dots + ( 2 n - 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

Как и в двух предыдущих пунктах, последовательность в знаменателе строго возрастает и стремится к $+ \infty$ . Попробуем воспользоваться теоремой Штольца. Для этого найдем предел отношения разности:

$n \to \infty lim \frac{( 2 ( n + 1 ) - 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = n \to \infty lim \frac{( 2 n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}}$

Выпишем первые несколько членов разложения числителя и знаменателя по формуле бинома Ньютона:

$n \to \infty lim \frac{( 2 n + 1 ) ^{p}}{( n + 1 ) ^{p + 1} - n ^{p + 1}} = = n \to \infty lim \frac{2 ^{p} n ^{p} + p ( 2 n ) ^{p - 1} + \dots}{( p + 1 ) n ^{p} + \frac{( p + 1 ) p n ^{p - 1}}{2} + \dots}$

Вынесем за скобку $n^{p}$ в числителе и знаменателе:

$n \to \infty lim \frac{n ^{p}}{n ^{p}} \cdot \frac{2 ^{p} + \frac{p 2 ^{p - 1}}{n} + \dots}{( p + 1 ) + \frac{( p + 1 ) p}{2 n} + \dots} = = \frac{2 ^{p} + n \to \infty lim \frac{p 2 ^{p - 1}}{n} + \dots}{( p + 1 ) + n \to \infty lim \frac{( p + 1 ) p}{2 n} + \dots} = = \frac{2 ^{p} + 0 + 0 + \dots}{( p + 1 ) + 0 + 0 + \dots} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 3 ^{p} + \dots + ( 2 n - 1 ) ^{p}}{n ^{p + 1}} = \frac{2 ^{p}}{p + 1}$

$■$

Зависимости

Задача 143

Задача 5

Элементарные пределы последовательностей

Пределы последовательностей, к которым сводятся множество задач.

144 146