極限の問題

$1-T_n$ を和の形にする

$$1=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}$$
と書けるので、
$$1-T_n=\sum _{k=1}^n\left(\frac{1}{n}-\frac{n^2}{n^3+k^2}\right)=\sum _{k=1}^n\frac{(n^3+k^2)-n^3}{n(n^3+k^2)}=\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n(n^3+k^2)}$$
となる。したがって
$$n(1-T_n)=\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^3+k^2}$$
である。

各項を不等式ではさむ

$t_k=\frac{k^2}{n^3}$ とおくと、
$$\frac{k^2}{n^3+k^2}=\frac{t_k}{1+t_k}$$
である。$1\leqq k\leqq n$ より $0<t_k\leqq \frac{n^2}{n^3}=\frac{1}{n}$ なので、$1<1+t_k\leqq 1+\frac{1}{n}$ となり、
$$\frac{t_k}{1+\frac{1}{n}}\leqq \frac{t_k}{1+t_k}<t_k$$
が成り立つ。$k=1,2,\dots ,n$ について辺々を加えると
$$\frac{n}{n+1}\sum _{k=1}^n{t}_k\leqq n(1-T_n)<\sum _{k=1}^n{t}_k(1)$$
を得る。

$\sum t_k$ を計算する

$$\sum _{k=1}^n{t}_k=\frac{1}{n^3}\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{1}{n^3}\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}=\frac{1}{6}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(2+\frac{1}{n}\right)$$
よって
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n{t}_k=\frac{1}{6}\cdot 1\cdot 2=\frac{1}{3}$$
である。また $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n+1}=1$ なので、$(1)$ の左辺も $\frac{1}{3}$ に収束する。

結論

はさみうちの原理により
$$\underset{n\to \infty }{\lim }n(1-T_n)=\frac{1}{3}$$

$\frac{n^2}{n^3+k^2}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+k^2/n^3}$ と変形する。$1\le k\le n$ より $0\le k^2/n^3\le 1/n$ である。

$\frac{1}{1+x}=1-x+\frac{x^2}{1+x}$ より、
$$\frac{1}{1+x}=1-x+r(x),0\le r(x)\le x^2(x\ge 0)$$
が成り立つ。$x=k^2/n^3$ を代入して $k=1,\dots ,n$ について足すと、
$$T_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\left(1-\frac{k^2}{n^3}+r_k\right)=1-\frac{1}{n^4}\sum _{k=1}^n{k}^2+\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{r}_k.$$

${\sum }_{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ なので、
$$\frac{1}{n^4}\sum k^2=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^3}.$$

剰余項は、
$$0\le \frac{1}{n}\sum r_k\le \frac{1}{n}\sum \frac{k^4}{n^6}\le \frac{1}{n}\cdot n\cdot \frac{n^4}{n^6}=\frac{1}{n^2}.$$

よって
$$n(1-T_n)=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}-n\cdot \frac{1}{n}\sum r_k.$$

右辺第2項は $0$ 以上 $\frac{1}{n}$ 以下なので $0$ に収束する。第1項は $\frac{2n^2+3n+1}{6n^2}\to \frac{1}{3}$ である。

検算: 主要項は $\sum k^2/n^4\approx \frac{1}{3n}$ で、高次の項は $O(1/n^2)$ だから、上の結果と整合する。

したがって極限値は $\frac{1}{3}$ である。