数学3 定積分・面積 問題 268 解説

方針・初手

(1)は、関数を2つ定義し、導関数を用いて増減を調べることで不等式を証明する典型問題である。 (2)は、(1)で証明した不等式を各辺積分することで得られる。 (3)は、(2)の不等式において $t = 1 + \frac{k}{n}$ を代入し、$k=0$ から $n-1$ まで足し合わせることで、級数 $a_n$ と定積分の関係式を導く。その後、区分求積法とはさみうちの原理を用いて極限値を求める。

解法1

(1)

$f(x) = \log x - \log t - \frac{1}{t}(x-t)$ とおく。 $x \geqq t \geqq 1$ において、$f(x)$ を微分すると、

$$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{t} = \frac{t-x}{xt}$$

$x \geqq t \geqq 1$ より $x \geqq t$ かつ $xt > 0$ であるから、$f'(x) \leqq 0$ となる。 よって、$f(x)$ は $x \geqq t$ において単調に減少する。 $f(t) = 0$ であるから、$x \geqq t$ のとき $f(x) \leqq 0$ が成り立つ。 すなわち、

$$\log x - \log t - \frac{1}{t}(x-t) \leqq 0 \cdots \text{①}$$

次に、$g(x) = \log x - \log t - \frac{1}{t}(x-t) + \frac{(x-t)^2}{2}$ とおく。 $x \geqq t \geqq 1$ において、$g(x)$ を微分すると、

$$g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{t} + (x-t) = \frac{t-x}{xt} + (x-t) = (x-t)\left( 1 - \frac{1}{xt} \right)$$

$x \geqq t \geqq 1$ より $x-t \geqq 0$ かつ $xt \geqq 1$ であるから、$1 - \frac{1}{xt} \geqq 0$ となり、$g'(x) \geqq 0$ となる。 よって、$g(x)$ は $x \geqq t$ において単調に増加する。 $g(t) = 0$ であるから、$x \geqq t$ のとき $g(x) \geqq 0$ が成り立つ。 すなわち、

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

①、②より、$x \geqq t$ のとき、不等式 $-\frac{(x-t)^2}{2} \leqq \log x - \log t - \frac{1}{t}(x-t) \leqq 0$ が成り立つ。（証明終）

(2)

(1)で示した不等式において、$t \geqq 1$ より、区間 $t \leqq x \leqq t+\frac{1}{n}$ において不等式は成立する。 この区間で各辺を $x$ について積分すると、

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

ここで、最左辺の定積分を計算する。

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

中辺の定積分を計算する。

$$\begin{aligned} \int_{t}^{t+\frac{1}{n}} \left\{ \log x - \log t - \frac{1}{t}(x-t) \right\} dx &= \int_{t}^{t+\frac{1}{n}} \log x \, dx - (\log t)\int_{t}^{t+\frac{1}{n}} dx - \frac{1}{t}\int_{t}^{t+\frac{1}{n}} (x-t) \, dx \\ &= \int_{t}^{t+\frac{1}{n}} \log x \, dx - (\log t) [x]_{t}^{t+\frac{1}{n}} - \frac{1}{t} \left[ \frac{(x-t)^2}{2} \right]_{t}^{t+\frac{1}{n}} \\ &= \int_{t}^{t+\frac{1}{n}} \log x \, dx - \frac{1}{n}\log t - \frac{1}{2tn^2} \end{aligned}$$

最右辺は明らかに $0$ である。 したがって、不等式 $-\frac{1}{6n^3} \leqq \int_t^{t+\frac{1}{n}} \log x \, dx - \frac{1}{n}\log t - \frac{1}{2tn^2} \leqq 0$ が成り立つ。（証明終）

(3)

(2)で示した不等式において、$t = 1 + \frac{k}{n}$ （$k = 0, 1, \dots, n-1$）とする。 $k \geqq 0$、$n \geqq 1$ より $t \geqq 1$ の条件を満たしている。代入すると、

$$-\frac{1}{6n^3} \leqq \int_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}} \log x \, dx - \frac{1}{n}\log \left( 1 + \frac{k}{n} \right) - \frac{1}{2\left(1+\frac{k}{n}\right)n^2} \leqq 0$$

この不等式を $k = 0$ から $n-1$ まで足し合わせる。

$$-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{6n^3} \leqq \sum_{k=0}^{n-1} \int_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}} \log x \, dx - \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \log \left( 1 + \frac{k}{n} \right) - \frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n\left(1+\frac{k}{n}\right)} \leqq 0$$

各項を計算・整理する。 最左辺： $-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{6n^3} = -\frac{n}{6n^3} = -\frac{1}{6n^2}$ 中辺の第1項： $\sum_{k=0}^{n-1} \int_{1+\frac{k}{n}}^{1+\frac{k+1}{n}} \log x \, dx = \int_{1}^{2} \log x \, dx = [x \log x - x]_1^2 = 2\log 2 - 1$ 中辺の第2項： $-\frac{1}{n} a_n$ 中辺の第3項： $-\frac{1}{2n} \cdot \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{k}{n}}$

ここで、$S_n = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{k}{n}}$ とおくと、不等式は次のように書ける。

$$-\frac{1}{6n^2} \leqq 2\log 2 - 1 - \frac{1}{n} a_n - \frac{1}{2n} S_n \leqq 0$$

すべての辺に $n$ を掛けると、

$$-\frac{1}{6n} \leqq (2\log 2 - 1)n - a_n - \frac{1}{2} S_n \leqq 0$$

辺々から $(2\log 2 - 1)n - \frac{1}{2} S_n$ を引いてマイナスを掛けると、

$$-\frac{1}{2} S_n \leqq a_n - (2\log 2 - 1)n \leqq -\frac{1}{2} S_n + \frac{1}{6n}$$

ここで、$n \to +\infty$ の極限を考える。 区分求積法により、

$$\lim_{n\to+\infty} S_n = \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{k}{n}} = \int_0^1 \frac{1}{1+x} dx = [\log(1+x)]_0^1 = \log 2$$

である。したがって、両端の極限は、

$$\lim_{n\to+\infty} \left( -\frac{1}{2} S_n \right) = -\frac{1}{2}\log 2$$

$$\lim_{n\to+\infty} \left( -\frac{1}{2} S_n + \frac{1}{6n} \right) = -\frac{1}{2}\log 2 + 0 = -\frac{1}{2}\log 2$$

はさみうちの原理より、

$$\lim_{n\to+\infty} \left\{ a_n - (2\log 2 - 1)n \right\} = -\frac{1}{2}\log 2$$

$\lim_{n\to+\infty} (a_n - pn) = q$ という有限の極限が存在するためには、$p = 2\log 2 - 1$ であることが必要十分である。 なぜなら、$p \neq 2\log 2 - 1$ とすると、

$$a_n - pn = \{a_n - (2\log 2 - 1)n\} + (2\log 2 - 1 - p)n$$

となり、第1項は $-\frac{1}{2}\log 2$ に収束するが、第2項は $n \to +\infty$ で極限を持たないため、全体として有限の極限値を持たなくなるからである。 したがって、$p = 2\log 2 - 1$ であり、このとき極限値は $q = -\frac{1}{2}\log 2$ となる。

解説

前問の結果を利用してはさみうちの原理に持ち込む、極限計算の典型的な誘導問題である。(1)で得た不等式を(2)で定積分することで新たな不等式を作り、それを(3)で $k$ について足し合わせることで、区分求積法が使える形に整えていく。 (3)では、極限が存在するための条件として $p$ を決定する議論が求められる。「極限が存在するなら $p$ はこうでなくてはならない」という必要性の確認を怠らないようにしたい。

答え

$p = 2\log 2 - 1, \quad q = -\frac{1}{2}\log 2$