a(n) を x = 1/2 から x = 2 までの 2^x/(1 + x²)^n dx の積分とする。n → ∞ のとき a(n+1)/a(n) が 4/5 に収束することを示せ。

Step-by-step solution

1. 1

   比を加重平均として書き直す。 $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$とおくと$a_n=\int_{1/2}^{2}2^{x}g(x)^{n}\,dx$、$a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\cdot 2^{x}g(x)^{n}\,dx$である。したがって$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx}{\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx},\qquad w_n(x)=2^{x}g(x)^{n}>0,$となり、これはまさに正の重み$w_n$に関する$g$の平均である。平均は常に$g$の最小値と最大値の間にあるので、証明の要は重みが$g$の最も大きいところに集中することを示すことに尽きる。

2. 2

   もとになる関数の最大値の位置を求める。 $x>0$では$g(x)=1/(1+x^{2})$は狭義単調減少なので、$\left[\frac12,2\right]$上では左端で最大値を取る：$M=g\!\left(\tfrac12\right)=\frac{1}{1+\frac14}=\frac45 .$これですでに、極限の候補が$4/5$だけであることが分かる。

3. 3

   上からの評価はただで得られる。 区間上のいたるところで$g(x)\le M$なので、$a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx\le M\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx=M\,a_n,$すなわちすべての$n$について$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac45$であり、したがって$\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac45$となる。

4. 4

   質量が左端に集中することを示す。 $\varepsilon>0$を固定する。連続性により、$\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$上で$g(x)>M-\varepsilon$、かつ$q:=g\!\left(\frac12+\delta\right)<M-\varepsilon$となる$\delta>0$が取れる。$\frac12+\delta$で$a_n=I_n+J_n$と分割し、$g$の単調性を使うと$I_n\ge C_1 (M-\varepsilon)^{n},\qquad J_n\le C_2 q^{n},\qquad C_1=\int_{1/2}^{1/2+\delta}2^{x}dx,\ C_2=\int_{1/2+\delta}^{2}2^{x}dx .$

   $q<M-\varepsilon$なので商$J_n/I_n\le \frac{C_2}{C_1}\left(\frac{q}{M-\varepsilon}\right)^{n}\to 0$となり、裾の部分は無視できる。

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   下からの評価で結論する。 重みのほとんどが$\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$に載っており、そこでは$g>M-\varepsilon$なので、加重平均は十分大きなすべての$n$について$\frac{a_{n+1}}{a_n}>M-2\varepsilon$を満たす。よって$\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge M-2\varepsilon$である。$\varepsilon>0$は任意だったので$\liminf\ge\frac45$であり、上からの評価と合わせて極限は$\frac45$に等しい。

6. 6

   収束の速さを数値で確認する。 集中する幅が$1/n$程度でしか縮まないため、収束は実際かなり遅い：数値積分では$a_{21}/a_{20}\approx 0.762$、$a_{41}/a_{40}\approx 0.781$、$a_{61}/a_{60}\approx 0.787$となり、いずれも$0.8$を下回りながらそこへ増加していく。上下の評価が予測するとおりである。