Пункт а)

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

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

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

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

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

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

$$\begin{gathered} \frac{(n+1{)}^p}{(n+1{)}^{p+1}-n^{p+1}}=\frac{(n+1{)}^p}{n^{p+1}\left({\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{p+1}-1\right)}= \\ =\frac{(n+1{)}^p}{n^{p+1}\left(\frac{n+1}{n}-1\right)\left(1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots \right)}= \\ ={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^p\frac{1}{(n+1-n)\left(1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots \right)}= \\ ={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^p\frac{1}{1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots } \end{gathered}$$

Найдем предел:

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^p\frac{1}{1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots }= \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^p\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots }= \\ =1\cdot \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+\left(\frac{n+1}{n}\right)+{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots }= \\ =\frac{1}{1+\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{n+1}{n}\right)+\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^2+\dots }= \\ =\frac{1}{\underset{p+1\text{ слагаемых}}{\underbrace{1+1+1^2+\dots }}}=\frac{1}{p+1} \end{gathered}$$

Мы воспользовались тем, что $\frac{n+1}{n}\to 1$ (см. прото-задачу П.10).

Итак, мы доказали, что

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

По теореме Штольца:

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

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

$■$

Пункт в)

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

Мы придем к следующему пределу:

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^p+3^p+\dots +(2n-1{)}^p}{n^{p+1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(2n+1{)}^p}{(n+1{)}^{p+1}-n^{p+1}}= \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(2+\frac{1}{n}\right)}^p}{p+1}=\frac{\left(2+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\right)\left(2+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\right)\dots }{p+1}= \\ =\frac{(2+0)(2+0)\dots }{p+1}=\frac{2^p}{p+1} \end{gathered}$$

Мы воспользовались тем, что $\frac{1}{n}\to 0$ (см. прото-задачу П.10).

Итак,

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

$■$

Пункт а)

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

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:

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

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

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

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:

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

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.10).

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

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

$■$

Пункт б)

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

Приведем обе дроби к общему знаменателю:

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

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:

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

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

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

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

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

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.10).

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

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

$■$

Пункт в)

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

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:

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

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

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

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

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

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.10).

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

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

$■$