Sea a(n) la integral desde x = 1/2 hasta x = 2 de 2^x/(1 + x²)^n dx. Demuestra que a(n+1)/a(n) tiende a 4/5 cuando n tiende a infinito.

Step-by-step solution

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   Reescribe el cociente como un promedio ponderado. Toma $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$, de modo que $a_n=\int_{1/2}^{2}2^{x}g(x)^{n}\,dx$ y $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\cdot 2^{x}g(x)^{n}\,dx$. Por lo tanto $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx}{\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx},\qquad w_n(x)=2^{x}g(x)^{n}>0,$ que es exactamente el promedio de $g$ respecto del peso positivo $w_n$. Un promedio siempre queda entre el mínimo y el máximo de $g$, así que toda la demostración consiste en mostrar que el peso se concentra donde $g$ es mayor.

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   Localiza el máximo de la función base. Para $x>0$ la función $g(x)=1/(1+x^{2})$ es estrictamente decreciente, así que en $\left[\frac12,2\right]$ alcanza su máximo en el extremo izquierdo: $M=g\!\left(\tfrac12\right)=\frac{1}{1+\frac14}=\frac45 .$ Esto ya identifica $4/5$ como el único candidato para el límite.

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   Obtén la cota superior sin esfuerzo. Como $g(x)\le M$ en todo el intervalo, $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx\le M\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx=M\,a_n,$ de modo que $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac45$ para todo $n$ y, por lo tanto, $\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac45$.

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   Muestra que la masa se concentra en el extremo izquierdo. Fija $\varepsilon>0$. Por continuidad, elige $\delta>0$ tal que $g(x)>M-\varepsilon$ en $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ y tal que $q:=g\!\left(\frac12+\delta\right)<M-\varepsilon$. Partiendo $a_n=I_n+J_n$ en $\frac12+\delta$ y usando la monotonía de $g$, $I_n\ge C_1 (M-\varepsilon)^{n},\qquad J_n\le C_2 q^{n},\qquad C_1=\int_{1/2}^{1/2+\delta}2^{x}dx,\ C_2=\int_{1/2+\delta}^{2}2^{x}dx .$ Como $q<M-\varepsilon$, el cociente $J_n/I_n\le \frac{C_2}{C_1}\left(\frac{q}{M-\varepsilon}\right)^{n}\to 0$, así que la parte de la cola es despreciable.

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   Concluye con la cota inferior. Como casi todo el peso se sitúa en $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$, donde $g>M-\varepsilon$, el promedio ponderado cumple $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M-2\varepsilon$ para todo $n$ suficientemente grande, de modo que $\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge M-2\varepsilon$. Como $\varepsilon>0$ era arbitrario, $\liminf\ge\frac45$ y, junto con la cota superior, el límite vale $\frac45$.

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   Comprueba la velocidad con números. La convergencia es realmente lenta, porque el ancho de la concentración se encoge solo como $1/n$: la cuadratura numérica da $a_{21}/a_{20}\approx 0.762$, $a_{41}/a_{40}\approx 0.781$ y $a_{61}/a_{60}\approx 0.787$, todos por debajo de $0.8$ y creciendo hacia ese valor, exactamente como predicen las dos cotas anteriores.