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数学3 定積分・面積問題 80 解説

方針・初手

(1) は積分区間を $0$ から $t$ に平行移動するような置換積分を考える。これにより定積分が $a$ や $b$ に依存せず、区間の幅 $t$ だけで表せることを示す。

(2) は各辺の差をとって関数をおき、微分して増減を調べることで最小値が $0$ 以上になることを示す定石の不等式証明である。

(3) は (2) で示した不等式を利用し、はさみうちの原理を用いて極限を求める。被積分関数の真数部分 $x(t-x)$ が積分区間内でどのような値をとるか（特に (2) の条件 $x \geqq 0$ を満たすか）に注意する。

解法1

(1)

$x - a = u$ とおく。 $dx = du$ であり、積分区間は $x$ が $a$ から $b$ に変化するとき、$u$ は $0$ から $b - a$、すなわち $0$ から $t$ に変化する。また、$b - x = b - (u + a) = (b - a) - u = t - u$ である。したがって、

$$\begin{aligned} \int_{a}^{b} f(x) dx &= \int_{a}^{b} \log|1 + (x - a)(b - x)| dx \\ &= \int_{0}^{t} \log|1 + u(t - u)| du \end{aligned}$$

この定積分の値は、$t$ と変数 $u$ のみによって定まる。$u$ は積分変数であるため、定積分の結果は $t$ のみの関数となる。よって、$a, b$ が変化しても、$t$ が一定ならば、積分 $\int_{a}^{b} f(x) dx$ の値は一定である。（証明終）

(2)

$g(x) = x - \log(1+x)$ とおく。$x \geqq 0$ において、

$$g'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}$$

$x \geqq 0$ のとき $g'(x) \geqq 0$ であるから、$g(x)$ は $x \geqq 0$ において単調に増加する。 $g(0) = 0$ であるから、$x \geqq 0$ において $g(x) \geqq 0$、すなわち $\log(1+x) \leqq x$ が成り立つ。

次に、$h(x) = \log(1+x) - \left(x - \frac{x^2}{2}\right)$ とおく。$x \geqq 0$ において、

$$h'(x) = \frac{1}{1+x} - (1 - x) = \frac{1 - (1 - x^2)}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$$

$x \geqq 0$ のとき $h'(x) \geqq 0$ であるから、$h(x)$ は $x \geqq 0$ において単調に増加する。 $h(0) = 0$ であるから、$x \geqq 0$ において $h(x) \geqq 0$、すなわち $x - \frac{x^2}{2} \leqq \log(1+x)$ が成り立つ。

以上より、$x \geqq 0$ に対して不等式 $x - \frac{x^2}{2} \leqq \log(1+x) \leqq x$ が成り立つ。（証明終）

(3)

$a < b$ より $t = b - a > 0$ である。 (1) より、

$$S(t) = \int_{0}^{t} \log|1 + x(t - x)| dx$$

ここで、積分区間 $0 \leqq x \leqq t$ において $x(t - x) \geqq 0$ であるから、$1 + x(t - x) \geqq 1 > 0$ となり、絶対値記号はそのまま外すことができる。

$$S(t) = \int_{0}^{t} \log\{1 + x(t - x)\} dx$$

また、$x(t - x) \geqq 0$ であるから、(2) の不等式における $x$ を $x(t - x)$ に置き換えることができ、

$$x(t - x) - \frac{\{x(t - x)\}^2}{2} \leqq \log\{1 + x(t - x)\} \leqq x(t - x)$$

が成り立つ。この不等式の各辺を $0$ から $t$ まで $x$ について積分すると、

$$\int_{0}^{t} \left\{ x(t - x) - \frac{x^2(t - x)^2}{2} \right\} dx \leqq \int_{0}^{t} \log\{1 + x(t - x)\} dx \leqq \int_{0}^{t} x(t - x) dx$$

すなわち、

$$\int_{0}^{t} x(t - x) dx - \frac{1}{2} \int_{0}^{t} x^2(t - x)^2 dx \leqq S(t) \leqq \int_{0}^{t} x(t - x) dx$$

ここで、各定積分を計算する。

$$\int_{0}^{t} x(t - x) dx = \left[ \frac{t}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3 \right]_{0}^{t} = \frac{t^3}{2} - \frac{t^3}{3} = \frac{t^3}{6}$$

$$\begin{aligned} \int_{0}^{t} x^2(t - x)^2 dx &= \int_{0}^{t} (t^2 x^2 - 2t x^3 + x^4) dx \\ &= \left[ \frac{t^2}{3}x^3 - \frac{t}{2}x^4 + \frac{1}{5}x^5 \right]_{0}^{t} \\ &= \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} \right) t^5 \\ &= \frac{10 - 15 + 6}{30} t^5 = \frac{1}{30} t^5 \end{aligned}$$

したがって、不等式は次のように評価される。

$$\frac{t^3}{6} - \frac{t^5}{60} \leqq S(t) \leqq \frac{t^3}{6}$$

$t > 0$ より $t^3 > 0$ であるから、各辺を $t^3$ で割ると、

$$\frac{1}{6} - \frac{t^2}{60} \leqq \frac{S(t)}{t^3} \leqq \frac{1}{6}$$

$t \to +0$ のとき $\frac{1}{6} - \frac{t^2}{60} \to \frac{1}{6}$ となるため、はさみうちの原理により、

$$\lim_{t \to +0} \frac{S(t)}{t^3} = \frac{1}{6}$$

問題文の極限は $\lim_{t \to 0}$ となっているが、$t = b - a > 0$ の前提より実質的には右側極限 $t \to +0$ である。よって求める極限値は $\frac{1}{6}$ となる。

解説

前問の結果を次問に活用する誘導が明確な、微積分と極限の標準的な問題。 (1) は置換積分により積分区間と被積分関数を平行移動させ、積分が区間の幅 $t$ のみに依存することを示す。 (2) の不等式はマクローリン展開に関連する有名な不等式評価であり、差の関数を作って微分する定石通りの手法で容易に証明できる。 (3) は (1) と (2) の成果を合わせる。直接積分することが困難な関数 $\log(1 + x(t-x))$ の定積分を、(2) の不等式を用いて多項式の定積分で挟み込む。積分区間内で $x(t-x) \geqq 0$ となり、(2) の条件を満たすことや絶対値記号が外れることの確認を忘れないように記述したい。