设 a(n) 为 2^x/(1 + x²)^n 从 x = 1/2 到 x = 2 的积分。证明：当 n 趋于无穷时，a(n+1)/a(n) 趋于 4/5。

Step-by-step solution

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   把这个比值改写成一个加权平均。 令 $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$，则 $a_n=\int_{1/2}^{2}2^{x}g(x)^{n}\,dx$，$a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\cdot 2^{x}g(x)^{n}\,dx$。因此 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx}{\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx},\qquad w_n(x)=2^{x}g(x)^{n}>0,$ 这恰好就是 $g$ 关于正权重 $w_n$ 的平均值。平均值总是介于 $g$ 的最小值与最大值之间，所以整个证明的关键，就是说明权重会集中到 $g$ 最大的地方。

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   找出基函数的最大值点。 在 $x>0$ 上函数 $g(x)=1/(1+x^{2})$ 严格递减，所以在 $\left[\frac12,2\right]$ 上它在左端点取到最大值： $M=g\!\left(\tfrac12\right)=\frac{1}{1+\frac14}=\frac45 .$ 这就已经把 $4/5$ 锁定为极限的唯一候选。

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   上界几乎是白送的。 因为在整个区间上都有 $g(x)\le M$， $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx\le M\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx=M\,a_n,$ 所以对每个 $n$ 都有 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac45$，从而 $\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac45$。

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   再证明权重集中在左端点附近。 固定 $\varepsilon>0$。由连续性可取 $\delta>0$，使得在 $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ 上有 $g(x)>M-\varepsilon$，且 $q:=g\!\left(\frac12+\delta\right)<M-\varepsilon$。在 $\frac12+\delta$ 处把 $a_n=I_n+J_n$ 拆开，并利用 $g$ 的单调性， $I_n\ge C_1 (M-\varepsilon)^{n},\qquad J_n\le C_2 q^{n},\qquad C_1=\int_{1/2}^{1/2+\delta}2^{x}dx,\ C_2=\int_{1/2+\delta}^{2}2^{x}dx .$ 由于 $q<M-\varepsilon$，商 $J_n/I_n\le \frac{C_2}{C_1}\left(\frac{q}{M-\varepsilon}\right)^{n}\to 0$，所以尾部那一块可以忽略不计。

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   用下界收尾。 既然几乎全部权重都落在 $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ 上，而那里 $g>M-\varepsilon$，所以当 $n$ 充分大时加权平均满足 $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M-2\varepsilon$，于是 $\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge M-2\varepsilon$。由于 $\varepsilon>0$ 是任意的，故 $\liminf\ge\frac45$；与上界合起来，极限就等于 $\frac45$。

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   用数值看看收敛速度。 收敛确实很慢，因为集中区间的宽度只以 $1/n$ 的量级缩小：数值积分给出 $a_{21}/a_{20}\approx 0.762$，$a_{41}/a_{40}\approx 0.781$，$a_{61}/a_{60}\approx 0.787$，都小于 $0.8$ 且逐步向它靠拢，与上面两个界的预测完全吻合。