特殊関数・漸近解析の問題

置換で被積分関数を整える. $x=e^u$（$u\in \mathbb{R}$）とおくと $dx=e^{u}du$,
$$\frac{x}{1+x^2}=\frac{1}{e^{-u}+e^u}=\frac{1}{2\cosh u}$$
なので
$$I_n=2^{-n}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{(e^u-1)e^u}{{\cosh }^{n}u}du=2^{-n}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{2u}-e^u}{{\cosh }^{n}u}du.$$
${\cosh }^{-n}u$ は偶関数なので, $e^{2u}-e^u$ の偶部分 $\cosh 2u-\cosh u$ だけが残り
$$2^n{I}_n={\int }_{-\infty }^{\infty }(\cosh 2u-\cosh u)e^{-n\log \cosh u}du.$$
（$n\ge 3$ なら $|u|\to \infty$ で被積分関数は $e^{(2-n)|u|}$ 程度で減衰し, 収束する。）

ラプラスの方法. $\varphi (u)=\log \cosh u$ は $u=0$ で最小値 $0$ をとり, $\varphi (u)=\frac{u^2}{2}-\frac{u^4}{12}+\cdots$, ${\varphi }^{\prime \prime }(0)=1$ である。また振幅は
$$g(u)=\cosh 2u-\cosh u=(1+2u^2+\cdots )-(1+\frac{u^2}{2}+\cdots )=\frac{3}{2}{u}^2+O(u^4)$$
で, 最小点で $2$ 次の零点をもつ。

$\delta >0$ を固定すると, $|u|\ge \delta$ の部分は ${\cosh }^{-n}u\le (\cosh \delta {)}^{-(n-3)}{\cosh }^{-3}u$ より $O((\cosh \delta {)}^{-n})$ で, $n^{-3/2}$ に比べて指数的に小さい。$|u|<\delta$ の部分で $u=s/\sqrt{n}$ と置換すると
$${\int }_{|u|<\delta }g(u)e^{-n\varphi (u)}du=\frac{1}{\sqrt{n}}{\int }_{|s|<\delta \sqrt{n}}g\left(\frac{s}{\sqrt{n}}\right)e^{-n\varphi (s/\sqrt{n})}ds.$$
ここで $ng(s/\sqrt{n})\to \frac{3}{2}{s}^2$, $n\varphi (s/\sqrt{n})\to \frac{s^2}{2}$ であり, $\delta$ を小さくとれば $|u|<\delta$ で $\varphi (u)\ge u^2/4$, $|g(u)|\le 2u^2$ なので, 被積分関数（に $n$ を掛けたもの）は $2s^2{e}^{-s^2/4}$ で押さえられる。優収束定理より
$$n^{3/2}{\int }_{|u|<\delta }g(u)e^{-n\varphi (u)}du⟶\frac{3}{2}{\int }_{-\infty }^{\infty }{s}^2{e}^{-s^2/2}ds=\frac{3}{2}\sqrt{2\pi }.$$
（${\int }_{-\infty }^{\infty }{s}^2{e}^{-s^2/2}ds=\sqrt{2\pi }$ を用いた。）

したがって
$$L=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{3/2}{2}^n{I}_n=\frac{3\sqrt{2\pi }}{2}.$$

検算（ベータ関数による厳密値）. ${\int }_0^{\infty }\frac{x^a}{(1+x^2{)}^n}dx=\frac{1}{2}B\left(\frac{a+1}{2},n-\frac{a+1}{2}\right)$ より, $m=n/2$ として
$$I_n=\frac{1}{2\Gamma (n)}[\Gamma (m+1)\Gamma (m-1)-\Gamma (m+\frac{1}{2})\Gamma (m-\frac{1}{2})]=\frac{\Gamma (m{)}^2}{2\Gamma (n)}\left[\frac{m}{m-1}-\frac{\Gamma (m+\frac{1}{2}{)}^2}{\Gamma (m{)}^2(m-\frac{1}{2})}\right].$$
$\Gamma (m+\frac{1}{2}{)}^2/\Gamma (m{)}^2=m(1-\frac{1}{4m}+O(m^{-2}))$ より括弧内は $(1+\frac{1}{m})-(1+\frac{1}{4m})+O(m^{-2})=\frac{3}{4m}+O(m^{-2})=\frac{3}{2n}+O(n^{-2})$。さらにスターリングの公式（または倍数公式）から $\Gamma (n/2{)}^2/\Gamma (n)\sim 2\sqrt{2\pi }{2}^{-n}{n}^{-1/2}$ なので $I_n\sim \frac{3}{4n}\cdot 2\sqrt{2\pi }{2}^{-n}{n}^{-1/2}=\frac{3\sqrt{2\pi }}{2}{2}^{-n}{n}^{-3/2}$ となり, 一致する。

$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$ は $x>0$ で $x=1$ のとき最大値 $1/2$ をとり、$I_n={\int }_0^{\infty }(x-1)f(x{)}^{n}dx$。$x=1$ から離れた部分の寄与は $2^{-n}$ より指数的に小さい割合（$(2f{)}^n$ が指数的に減衰）なので、$x=1$ の近傍だけを考えればよい。
$x=1+t$ とおき $\log f$ を展開する。$h=\log f$ として $h^{\prime }=\frac{1}{x}-\frac{2x}{1+x^2}$, $h^{\prime \prime }=-\frac{1}{x^2}-\frac{2-2x^2}{(1+x^2{)}^2}$, $h^{\prime \prime \prime }=\frac{2}{x^3}-\frac{d}{dx}\frac{2-2x^2}{(1+x^2{)}^2}$。$x=1$ で $h=-\log 2$, $h^{\prime }=0$, $h^{\prime \prime }=-1$, $h^{\prime \prime \prime }=3$。よって
$f(1+t{)}^n=2^{-n}\exp \left(-\frac{n{t}^2}{2}+\frac{n{t}^3}{2}+O(n{t}^4)\right)$。
$2^n{I}_n\approx \int t{e}^{-n{t}^2/2}\left(1+\frac{n{t}^3}{2}+\cdots \right)dt$。主要項 $\int t{e}^{-n{t}^2/2}dt$ は奇関数なので 0（裾の寄与は指数的に小さい）。次の項は
$\frac{n}{2}\int t^4{e}^{-n{t}^2/2}dt=\frac{n}{2}\cdot 3n^{-2}\sqrt{\frac{2\pi }{n}}=\frac{3}{2}\sqrt{2\pi }{n}^{-3/2}$。
他の項（$n{t}^4$ 由来の $t\cdot n{t}^4$ は奇関数で 0、$(n{t}^3{)}^{2}t$ も奇関数で 0、$n{t}^5\cdot t$ などは $O(n^{-5/2})$）は $n^{-3/2}$ より小さい。
したがって $L=\frac{3}{2}\sqrt{2\pi }=3\sqrt{\frac{\pi }{2}}\approx 3.76$。
検算: ${\int }_{-\infty }^{\infty }{t}^4{e}^{-n{t}^2/2}dt=3{\sigma }^4\sqrt{2\pi }\sigma$ （${\sigma }^2=1/n$）を用いた。$h^{\prime \prime \prime }(1)=3$ は $t^3$ の係数 $1/2$ と整合する。