Пусть a(n) — это интеграл от x = 1/2 до x = 2 функции 2^x/(1 + x²)ⁿ dx. Докажите, что a(n+1)/a(n) стремится к 4/5 при n, стремящемся к бесконечности.

Step-by-step solution

1. 1

   Преобразуем отношение как средневзвешенное. Обозначим $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$, тогда $a_n=\int_{1/2}^{2}2^{x}g(x)^{n}\,dx$, а $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\cdot 2^{x}g(x)^{n}\,dx$. Следовательно, $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx}{\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx},\qquad w_n(x)=2^{x}g(x)^{n}>0,$ что есть среднее значение $g$ с положительным весом $w_n$. Среднее всегда лежит между минимумом и максимумом функции $g$, поэтому вся задача сводится к тому, чтобы показать: вес концентрируется там, где $g$ максимально.

2. 2

   Находим максимум базовой функции. На $x>0$ функция $g(x)=1/(1+x^{2})$ строго убывает, поэтому на $\left[\frac12,2\right]$ максимум достигается в левой точке: $M=g\!\left(\tfrac12\right)=\frac{1}{1+\frac14}=\frac45 .$ Это сразу указывает $4/5$ как единственного кандидата на предел.

3. 3

   Получаем верхнюю оценку. Так как $g(x)\le M$ на всём отрезке, $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx\le M\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx=M\,a_n,$ значит, $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac45$ для любого $n$, и, следовательно, $\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac45$.

4. 4

   Покажем концентрацию массы у левого конца. Зафиксируем $\varepsilon>0$. По непрерывности выберем $\delta>0$ так, что $g(x)>M-\varepsilon$ на $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ и $q:=g\!\left(\frac12+\delta\right)<M-\varepsilon$. Разобьём $a_n=I_n+J_n$ в точке $\frac12+\delta$ и, используя монотонность $g$, получаем: $I_n\ge C_1 (M-\varepsilon)^{n},\qquad J_n\le C_2 q^{n},\qquad C_1=\int_{1/2}^{1/2+\delta}2^{x}dx,\ C_2=\int_{1/2+\delta}^{2}2^{x}dx .$ Так как $q<M-\varepsilon$, отношение $J_n/I_n\le \frac{C_2}{C_1}\left(\frac{q}{M-\varepsilon}\right)^{n}\to 0$, то есть вклад «хвоста» исчезающе мал.

5. 5

   Делаем вывод о нижней оценке. Так как почти весь вес сосредоточен на $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$, где $g>M-\varepsilon$, средневзвешенное удовлетворяет $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M-2\varepsilon$ для всех больших $n$, значит, $\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge M-2\varepsilon$. Поскольку $\varepsilon>0$ произвольно, $\liminf\ge\frac45$, а вместе с верхней оценкой получаем, что предел равен $\frac45$.

6. 6

   Проверим скорость сходимости численно. Сходимость действительно медленная, поскольку ширина концентрации убывает лишь как $1/n$: численное интегрирование даёт $a_{21}/a_{20}\approx 0.762$, $a_{41}/a_{40}\approx 0.781$ и $a_{61}/a_{60}\approx 0.787$, все значения меньше $0.8$ и монотонно растут к нему, что полностью согласуется с полученными оценками.