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数学3 定積分・面積問題 281 解説

方針・初手

(1)は、被積分関数が多項式と未知の関数の第2次導関数との積であるから、部分積分法を2回用いることを考える。 (2)は、(1)の等式において $f(x) = \log x$ を代入することで現れる積分を評価する。 (3)は、和 $\sum_{k=1}^{n-1}$ を(2)の不等式の各辺にとり、$a_n$ を不等式で評価してから極限を求める（はさみうちの原理）。

解法1

(1)

部分積分法を用いて左辺を変形する。

$$\begin{aligned} \int_a^b (b-x)(x-a)f''(x) dx &= \int_a^b (-x^2 + (a+b)x - ab) f''(x) dx \\ &= \left[ (-x^2 + (a+b)x - ab) f'(x) \right]_a^b - \int_a^b (-2x + a + b) f'(x) dx \end{aligned}$$

ここで、$-x^2 + (a+b)x - ab = (b-x)(x-a)$ であるから、$x=a$ および $x=b$ を代入すると $0$ になる。

$$\begin{aligned} \int_a^b (b-x)(x-a)f''(x) dx &= 0 - \int_a^b (-2x + a + b) f'(x) dx \\ &= \int_a^b (2x - a - b) f'(x) dx \end{aligned}$$

さらに部分積分法を用いる。

$$\begin{aligned} \int_a^b (2x - a - b) f'(x) dx &= \left[ (2x - a - b) f(x) \right]_a^b - \int_a^b 2 f(x) dx \\ &= (2b - a - b) f(b) - (2a - a - b) f(a) - 2 \int_a^b f(x) dx \\ &= (b - a) f(b) - (a - b) f(a) - 2 \int_a^b f(x) dx \\ &= (b - a) (f(a) + f(b)) - 2 \int_a^b f(x) dx \end{aligned}$$

以上より、次の等式が成り立つ。

$$\int_a^b (b-x)(x-a)f''(x) dx = (b-a)(f(a)+f(b)) - 2\int_a^b f(x) dx$$

(2)

(1)の等式において、$a = t, b = t+1, f(x) = \log x$ とおく。

$f(x) = \log x$ は $x>0$ で連続な第2次導関数をもち、$f'(x) = \frac{1}{x}, f''(x) = -\frac{1}{x^2}$ である。 $t>0$ より、閉区間 $[t, t+1]$ においてこれらの条件を満たす。 (1)の等式に代入すると、

$$\int_t^{t+1} (t+1-x)(x-t) \left( -\frac{1}{x^2} \right) dx = (t+1-t)(\log t + \log(t+1)) - 2\int_t^{t+1} \log x dx$$

$$-\int_t^{t+1} \frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} dx = \log t + \log(t+1) - 2\int_t^{t+1} \log x dx$$

両辺を入れ替えて整理すると、

$$2\int_t^{t+1} \log x dx - (\log t + \log(t+1)) = \int_t^{t+1} \frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} dx$$

両辺を $2$ で割ると、

$$\int_t^{t+1} \log x dx - \frac{1}{2}(\log t + \log(t+1)) = \frac{1}{2}\int_t^{t+1} \frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} dx$$

ここで、積分区間 $t \leqq x \leqq t+1$ において、$x-t \geqq 0, t+1-x \geqq 0, x^2 > 0$ であるから、被積分関数について $\frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} \geqq 0$ が成り立つ。したがって、

$$\frac{1}{2}\int_t^{t+1} \frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} dx \geqq 0$$

一方、相加平均と相乗平均の関係、または二次関数の最大値より、 $(t+1-x)(x-t) \leqq \left( \frac{(t+1-x) + (x-t)}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}$ が成り立つ。これより、

$$\frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} \leqq \frac{1}{4x^2}$$

両辺を $t$ から $t+1$ まで積分すると、

$$\begin{aligned} \frac{1}{2}\int_t^{t+1} \frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2} dx &\leqq \frac{1}{2}\int_t^{t+1} \frac{1}{4x^2} dx \\ &= \frac{1}{8} \left[ -\frac{1}{x} \right]_t^{t+1} \\ &= \frac{1}{8} \left( -\frac{1}{t+1} - \left(-\frac{1}{t}\right) \right) \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t+1} \right) \end{aligned}$$

以上より、求める不等式が示された。

$$0 \leqq \int_t^{t+1} \log x dx - \frac{1}{2}(\log t + \log (t+1)) \leqq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{t} - \frac{1}{t+1}\right)$$

(3)

(2)で示した不等式において、$t = k\ (k=1, 2, \dots, n-1)$ として辺々を加える。ただし $n \geqq 2$ とする。中辺の各項について和を計算する。

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} \int_k^{k+1} \log x dx &= \int_1^n \log x dx \\ &= \left[ x \log x - x \right]_1^n \\ &= n \log n - n + 1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2}(\log k + \log (k+1)) &= \frac{1}{2} \left( (\log 1 + \log 2) + (\log 2 + \log 3) + \cdots + (\log (n-1) + \log n) \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \log 1 + 2\log 2 + 2\log 3 + \cdots + 2\log (n-1) + \log n \right) \\ &= \sum_{k=1}^n \log k - \frac{1}{2}\log 1 - \frac{1}{2}\log n \\ &= \log(n!) - \frac{1}{2}\log n \end{aligned}$$

右辺の和を計算する。

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{8}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = \frac{1}{8} \left( \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) \right) = \frac{1}{8}\left(1 - \frac{1}{n}\right)$$

これらを(2)の不等式の和に代入すると、

$$0 \leqq (n \log n - n + 1) - \left( \log(n!) - \frac{1}{2}\log n \right) \leqq \frac{1}{8}\left(1 - \frac{1}{n}\right)$$

中央の式を $a_n = \log(n!) - n \log n + n$ を用いて表すと、

$$(n \log n - n + 1) - \log(n!) + \frac{1}{2}\log n = -(\log(n!) - n \log n + n) + 1 + \frac{1}{2}\log n = -a_n + 1 + \frac{1}{2}\log n$$

したがって、

$$0 \leqq -a_n + 1 + \frac{1}{2}\log n \leqq \frac{1}{8}\left(1 - \frac{1}{n}\right)$$

この不等式から $a_n$ について整理する。

$$1 + \frac{1}{2}\log n - \frac{1}{8}\left(1 - \frac{1}{n}\right) \leqq a_n \leqq 1 + \frac{1}{2}\log n$$

辺々を $\log n$ で割る。$n \geqq 2$ より $\log n > 0$ であるから不等号の向きは変わらない。

$$\frac{1}{\log n} + \frac{1}{2} - \frac{1}{8\log n}\left(1 - \frac{1}{n}\right) \leqq \frac{a_n}{\log n} \leqq \frac{1}{\log n} + \frac{1}{2}$$

ここで、$n \to \infty$ のとき、$\frac{1}{\log n} \to 0$ および $\frac{1}{n} \to 0$ であるから、

$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\log n} + \frac{1}{2} - \frac{1}{8\log n}\left(1 - \frac{1}{n}\right) \right) = 0 + \frac{1}{2} - 0 \cdot (1 - 0) = \frac{1}{2}$$

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

よって、はさみうちの原理より、

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{\log n} = \frac{1}{2}$$

解説

前問の結果を次問に活用する誘導形式の典型的な微積分問題である。 (1)では被積分関数が多項式と高次導関数の積になっていることから、多項式側の次数を下げるために部分積分を繰り返す方針が定石となる。 (2)は、(1)の等式において適切な関数（本問では $f(x)=\log x$）を代入し、定積分で表された剰余項を評価する。このとき、分子の $(t+1-x)(x-t)$ の最大値を考えることで、積分値を上から押さえることができる。 (3)は「和の極限」であり、(2)の区間幅が $1$ の不等式を利用し、$t=1, 2, \dots, n-1$ で和をとる（いわゆる区分求積的な評価）ことで、$n!$ や $\log n$ を含む数列 $a_n$ の挙動を不等式ではさみこむことができる。