設 a(n) 是 2^x/(1 + x²)^n 從 x = 1/2 到 x = 2 的積分。證明當 n 趨近無窮大時，a(n+1)/a(n) 趨近 4/5。

Step-by-step solution

1. 1

   把比值改寫成加權平均。 令 $g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}$，於是 $a_n=\int_{1/2}^{2}2^{x}g(x)^{n}\,dx$ 而 $a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\cdot 2^{x}g(x)^{n}\,dx$。因此 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx}{\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx},\qquad w_n(x)=2^{x}g(x)^{n}>0,$ 這恰好就是 $g$ 對正權重 $w_n$ 取的平均。平均值一定落在 $g$ 的最小值與最大值之間，所以整個證明的重點就是說明權重會集中在 $g$ 最大的地方。

2. 2

   找出基底函數的最大值。 在 $x>0$ 上函數 $g(x)=1/(1+x^{2})$ 嚴格遞減，所以在 $\left[\frac12,2\right]$ 上它在左端點取到最大值：$M=g\!\left(\tfrac12\right)=\frac{1}{1+\frac14}=\frac45 .$ 這已經把 $4/5$ 指認為極限唯一可能的候選值。

3. 3

   上界是白撿的。 由於在整個區間上都有 $g(x)\le M$，$a_{n+1}=\int_{1/2}^{2}g(x)\,w_n(x)\,dx\le M\int_{1/2}^{2}w_n(x)\,dx=M\,a_n,$ 所以對每個 $n$ 都有 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac45$，因而 $\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac45$。

4. 4

   說明質量會集中在左端點。 固定 $\varepsilon>0$。由連續性可取 $\delta>0$，使得在 $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ 上 $g(x)>M-\varepsilon$，且 $q:=g\!\left(\frac12+\delta\right)<M-\varepsilon$。在 $\frac12+\delta$ 處把 $a_n=I_n+J_n$ 拆開，並利用 $g$ 的單調性，$I_n\ge C_1 (M-\varepsilon)^{n},\qquad J_n\le C_2 q^{n},\qquad C_1=\int_{1/2}^{1/2+\delta}2^{x}dx,\ C_2=\int_{1/2+\delta}^{2}2^{x}dx .$ 由於 $q<M-\varepsilon$，商 $J_n/I_n\le \frac{C_2}{C_1}\left(\frac{q}{M-\varepsilon}\right)^{n}\to 0$，所以尾端那一塊可以忽略。

5. 5

   用下界作結。 因為幾乎全部的權重都落在 $\left[\frac12,\frac12+\delta\right)$ 上，而在那裡 $g>M-\varepsilon$，所以加權平均對所有夠大的 $n$ 都滿足 $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M-2\varepsilon$，於是 $\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge M-2\varepsilon$。既然 $\varepsilon>0$ 是任意的，就有 $\liminf\ge\frac45$，再結合上界即得極限等於 $\frac45$。

6. 6

   用數值檢查收斂速率。 收斂確實很慢，因為集中區的寬度只以 $1/n$ 的速度縮小：數值積分給出 $a_{21}/a_{20}\approx 0.762$、$a_{41}/a_{40}\approx 0.781$ 與 $a_{61}/a_{60}\approx 0.787$，全都小於 $0.8$ 並朝它遞增，正如上面那兩個界所預測。