命題
$p \geq 1, b > 0$ に対して、数列 $a$ が \[ a_{n+1} = a_n + \frac{b}{a_n^p}, \quad a_1 > 0 \] が定義されるとき$\forall C \in \mathbb{R}$に対して \begin{equation} \lim_{n \to \infty} \left( a_n - \sqrt[p+1]{b(p+1)n + C} \right) = 0 \tag{1} \end{equation} が成り立つ。

\[ a_n^{p+1} = (p+1)n + s_n \] とおく。
まず、$a_n$の漸化式から \begin{align} a_{n+1}^{p+1} &= \sum_{n=0}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)-k}a_n^{-pk} \\ &= \sum_{k=0}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \\ a_{n+1}^{p+1} &= a_n^{p+1} + (p+1) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \end{align} $s_n$ の定義を代入して \begin{equation} s_{n+1} = s_n + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \end{equation} が得られる。いま、$a_1^{p+1} > p+1$ としているから $s_n$ が単調増加であることを加味すると、$s_n > 0$ は明らか。 よって、$a_n^{p+1} > (p+1)n \geq 2$ である。
ここで、$\gamma$ を ${}_{p+1} \mathrm{C}_k$ の最大値とすると、 \begin{align} s_{n+1} &\leq s_n + \sum_{k=1}^p \gamma a_n^{-(p+1)k} \\ &= s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}} \cdot \frac{1-a_n^{-(p+1)p}}{1-a_n^{-(p+1)}} \\ &\lt s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}-1} \\ &\lt s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}-\frac{1}{2}a_n^{p+1}} \\ &\lt s_n + \frac{2\gamma}{(p+1)n} \end{align} とできる。ここで、$g = \displaystyle \frac{2\gamma}{p+1}$としておく。さらに \begin{align} \frac{s_{n+1}}{n+1} &\lt \frac{s_n}{n+1} + \frac{g}{n(n+1)} \\ &\lt \frac{s_n}{n} + \frac{g}{n(n+1)} \end{align} であるから、$n \geq 2$に対しては$n$が$1$から$n-1$までの和を取れば \begin{align} \frac{s_n}{n} &\lt s_1 + g\left(1 - \frac{1}{n}\right) \\ &\lt b_1 + g \end{align} また、明らかに$n=1$に対しても成立する。ここで、 \begin{align} s_{2n} &= s_n +\sum_{m=n}^{2n-1}\sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_m^{(p+1)(1-k)} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1}\sum_{k=1}^p \frac{1}{a_m^{(p+1)k}} \\ &= s_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1}{a_m^{p+1}} \cdot \frac{1-a_m^{-(p+1)p}}{1-a_m^{-(p+1)}} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1}\frac{1-a_m^{-p(p+1)}}{a_m^{p+1}} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1-a_{2n}^{-p(p+1)}}{a_{2n}^{p+1}} \\ &\gt s_n + \frac{n}{(p+1)2n + b_{2n}} - \frac{n}{((p+1)2n+b_{2n})^{p+1}} \\ &\gt s_n + \frac{n}{(p+1)2n + b_{2n}} - \frac{n^{p+1}}{((p+1)2n+b_{2n})^{p+1}} \\ &= s_n + \frac{1}{2(p+1)+2\cdot \frac{b_{2n}}{2n}} - \left(\frac{1}{2(p+1)+2\cdot \frac{b_{2n}}{2n}}\right)^{p+1} \\ &\gt s_n + \frac{1}{2(p+1) + 2b_1 + 2g} - \left(\frac{1}{2(p+1)+2b_1+2g}\right)^{p+1} \end{align} である。よって、$s_{2^n}$ は$+\infty$に発散し、$s_n$が単調増加であることから、$s_n$も$+\infty$に発散する。以上より \begin{equation} \lim_{n \to \infty} (a_n^{p+1} - (p+1)n) = +\infty \end{equation} ゆえに \begin{equation} \forall c \in \mathbb{R}, \forall \varepsilon > 0, \exists n_0 \in \mathbb{N}, n > n_0 \Rightarrow a_n > ((p+1)n+c)^{\frac{1}{p+1}} \end{equation} (一応一般高校生向けに解説すると、どのような実数$c$でも、$n$を十分大きくとれば、上の不等式が成立するという意味です。)

\[ a_n^{p+1} = (p+1)n + q\ln n + t_n \] とおく。このとき、$s_n$のとき同様に$a_n^{p+1}$の漸化式を考えると、 \[ t_{n+1} = t_n - q\ln\left(\frac{n+1}{n}\right) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \] である。ここで \begin{align} t_{2n} &= t_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \left( -q\ln\left(\frac{m+1}{m}\right) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_m^{(p+1)(1-k)}\right) \\ &\lt t_n - q \ln \frac{2n}{n} + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1} \left( \frac{1}{a_m^{p+1}} \cdot \frac{1-a_m^{-(p+1)p}}{1-a_m^{-(p+1)}} \right) \\ &\lt t_n - q \ln 2 + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1}{a_m^{p}-1} \end{align} $s_n$が発散することを用いれば$\exists n_1 \in \mathbb{N}, n > n_1$ (十分大きな$n$に対してという意味)とすれば $m \geq n$ では $a_m^{p+1} \gt (p+1)n + 1$ だから \begin{align} t_{2n} &\lt t_n - q\ln 2 + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1}\frac{1}{(p+1)n} \\ &\lt t_n - q\ln 2 + \frac{\gamma}{p+1} \end{align} よって、$q \gt \displaystyle \frac{\gamma}{(p+1)\ln 2}$ となるように$q$を取れば、$t_{2^n}$は$-\infty$に発散する。
また、 \begin{align} t_{n+1} - t_n &= -q \ln \frac{n+1}{n} + \gamma \sum_{k=1}^{p} a_n^{-(p+1)k} \\ &= -q \ln \frac{n+1}{n} + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}} \cdot \frac{1 - a_n^{-(p+1)p}}{1 - a_n^{-(p+1)}} \\ &\lt -q \ln \frac{n+1}{n} + \frac{\gamma}{a_n^{p+1} - 1} \end{align} 同様に $n \gt n_1$ とすれば、 \begin{align} t_{n+1} - t_n &\lt -q\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) + \frac{\gamma}{(p+1)n} \\ &= \ln \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1} \cdot n^{-1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^q} \end{align} ここで、 \[ T(n) = \left(\frac{e^{\frac{\gamma}{p+1} \cdot n^{-1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^q}\right)^n = \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{qn}} \] とおくと、 \[ \lim_{n \to \infty} T(n) = \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1}}}{e^q} = e^{\frac{\gamma}{p+1} - q} \] だから、$q$をさらに、$q \gt \frac{\gamma}{p+1}$ とすれば、 \[ \exists n_2 \in \mathbb{N}, \forall n > n_2 \Rightarrow T(n) \lt 1 \] となる。$n_3 = \max\{n_1, n_2\}$ とすれば \[ \forall n \gt n_3 \Rightarrow t_{n+1} - t_n \lt 0 \] ゆえに、$t_n$ は $-\infty$ に発散する。したがって、 \[ \forall d \in \mathbb{R}, \forall n \gt n_3 \Rightarrow a_n \lt \sqrt[p+1]{(p+1)n+q\ln n + d} \] である。 最初の命題も合わせて \[ \forall c, d \in \mathbb{R}, \exists n_3 \in \mathbb{N}, \forall n \gt n_3 \Rightarrow \sqrt[p+1]{(p+1)n + c} \lt a_n \lt \sqrt[p+1]{(p+1)n+q\ln n + d} \] となる。

\begin{align} &((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{1}{p+1}} - ((p+1)n + c)^{\frac{1}{p+1}} \\ &= \frac{q\ln n + (d-c) + ((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{1}{p+1}}((p+1)n + c)^{\frac{p}{p+1}} - ((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}}((p+1)n + c)^{\frac{1}{p+1}}}{((p+1)n+q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}} + ((p+1)n+c)^{\frac{p}{p+1}}} \\ &\lt \frac{2(q \ln n + (d-c))}{((p+1)n+q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}} + ((p+1)n+c)^{\frac{p}{p+1}}} \to 0 \quad (n \to \infty) \end{align} 以上より、$1 \leq p \in \mathbb{Z}$として \begin{equation} a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n^p} \end{equation} に対して、$c \in \mathbb{R}$ を任意とすると、 \[ \lim_{n \to \infty} \left( a_n - \sqrt[p+1]{(p+1)n+c} \right) = 0 \] である。