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東京大学 2010年理系第2問解説

方針・初手

(1)は、積分区間 $0 \leqq x \leqq 1$ における被積分関数 $\frac{1-x}{k+x}$ の値域を評価する。分母の $k+x$ が $x$ の変化によりどのような値をとるかに着目して不等式を作る。

(2)は、(1)の不等式の中辺である定積分を計算する。その結果から得られる不等式を変形し、$k=n$ から $k=m-1$ までの和をとることで目的の不等式を導く。和の計算においては、階差の形（部分分数分解）を利用して計算する。

解法1

(1)

積分区間 $0 < x < 1$ において、不等式 $k < k+x < k+1$ が成り立つ。

各辺は正であるから、逆数をとると

$$ \frac{1}{k+1} < \frac{1}{k+x} < \frac{1}{k} $$

となる。

$0 < x < 1$ において $1-x > 0$ であるから、各辺に $1-x$ を掛けると

$$ \frac{1-x}{k+1} < \frac{1-x}{k+x} < \frac{1-x}{k} $$

となる。

これらの関数は常に等しいわけではないので、区間 $[0, 1]$ で定積分すると等号を含まない不等式が成り立つ。

$$ \int_0^1 \frac{1-x}{k+1} dx < \int_0^1 \frac{1-x}{k+x} dx < \int_0^1 \frac{1-x}{k} dx $$

ここで、左辺と右辺の定積分を計算すると、

$$ \int_0^1 \frac{1-x}{k+1} dx = \frac{1}{k+1} \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2(k+1)} $$

$$ \int_0^1 \frac{1-x}{k} dx = \frac{1}{k} \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2k} $$

となる。

これらを代入することで、求める不等式

$$ \frac{1}{2(k+1)} < \int_0^1 \frac{1-x}{k+x} dx < \frac{1}{2k} $$

が得られる。

(2)

(1)の不等式の中辺の定積分を計算する。

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{1-x}{k+x} dx &= \int_0^1 \frac{k+1 - (k+x)}{k+x} dx \\ &= \int_0^1 \left( \frac{k+1}{k+x} - 1 \right) dx \\ &= \left[ (k+1)\log(k+x) - x \right]_0^1 \\ &= (k+1)\log(k+1) - 1 - (k+1)\log k \\ &= (k+1)\log\frac{k+1}{k} - 1 \end{aligned} $$

これを(1)の不等式に代入すると、

$$ \frac{1}{2(k+1)} < (k+1)\log\frac{k+1}{k} - 1 < \frac{1}{2k} $$

となる。

各辺を $k+1\ (>0)$ で割ると、

$$ \frac{1}{2(k+1)^2} < \log\frac{k+1}{k} - \frac{1}{k+1} < \frac{1}{2k(k+1)} $$

となる。

$m > n$ であるから、この不等式において $k = n, n+1, \cdots, m-1$ とし、それぞれの辺の和をとる。

中辺の和は、

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

となる。

右辺の和は、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{2k(k+1)} &= \frac{1}{2} \sum_{k=n}^{m-1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{m} \right) \\ &= \frac{m-n}{2mn} \end{aligned} $$

となる。

左辺の和は、$\frac{1}{(k+1)^2} > \frac{1}{(k+1)(k+2)}$ であることを用いると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{2(k+1)^2} &> \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{2(k+1)(k+2)} \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=n}^{m-1} \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{m+1} \right) \\ &= \frac{(m+1) - (n+1)}{2(n+1)(m+1)} \\ &= \frac{m-n}{2(m+1)(n+1)} \end{aligned} $$

となる。

以上より、これらをまとめることで、

$$ \frac{m-n}{2(m+1)(n+1)} < \log\frac{m}{n} - \sum_{k=n+1}^m \frac{1}{k} < \frac{m-n}{2mn} $$

が成り立つことが示された。

解説

(1)は被積分関数の分母と分子のうち、積分変数が含まれる部分を定数で評価するという定積分と不等式の典型的な手法である。積分区間内における式のとりうる値を考えて不等式を作るアプローチがポイントとなる。

(2)は、(1)の不等式から「和をとる」という操作を行うことで目的の不等式を導く。その際に、定積分を計算した結果と求めたい式の形を見比べることで、「各辺を $k+1$ で割る」という変形に気づけるかが鍵である。また、左辺の和の評価において、$\frac{1}{(k+1)^2} > \frac{1}{(k+1)(k+2)}$ と少し緩く評価することで、部分分数分解による計算（望遠鏡和）が可能になることも重要な技巧である。