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東京大学 2016年理系第1問解説

方針・初手

示すべき不等式は $x>0$ において $\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x < e < \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x + \frac{1}{2}}$ である。各辺はすべて正であるから、すべての辺の自然対数をとった不等式

$$ x \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) < 1 < \left(x + \frac{1}{2}\right) \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) $$

を示すことを目標とする。関数を設定して微分により増減を調べる方針と、定積分の面積評価を利用する方針が考えられる。

解法1

$$ f(x) = x \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) $$

$$ g(x) = \left(x + \frac{1}{2}\right) \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) $$

とおく（$x>0$）。これらがそれぞれ $f(x) < 1$ および $1 < g(x)$ を満たすことを示す。

$f(x) < 1$ の証明

$$ f(x) = x \{\log(x+1) - \log x\} $$

を $x$ で微分すると、

$$ f'(x) = \log(x+1) - \log x + x \left( \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x} \right) = \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x+1} $$

さらに微分すると、

$$ f''(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) - \left\{-\frac{1}{(x+1)^2}\right\} = -\frac{1}{x(x+1)} + \frac{1}{(x+1)^2} $$

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

$x>0$ のとき $f''(x) < 0$ であるから、$f'(x)$ は単調に減少する。ここで、

$$ \lim_{x \to \infty} f'(x) = \lim_{x \to \infty} \left\{ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x+1} \right\} = \log 1 - 0 = 0 $$

であるから、$x>0$ において $f'(x) > 0$ が成り立つ。したがって、$f(x)$ は単調に増加する。また、

$$ \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \log\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = \log e = 1 $$

であるから、$x>0$ において $f(x) < 1$ が成り立つ。

$1 < g(x)$ の証明

$$ g(x) = \left(x + \frac{1}{2}\right) \{\log(x+1) - \log x\} $$

を $x$ で微分すると、

$$ g'(x) = \log(x+1) - \log x + \left(x + \frac{1}{2}\right) \left( \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x} \right) = \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{2x+1}{2} \cdot \frac{1}{x(x+1)} $$

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

さらに微分すると、

$$ g''(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) - \frac{2 \cdot 2x(x+1) - (2x+1)(4x+2)}{4x^2(x+1)^2} $$

$$ = -\frac{1}{x(x+1)} - \frac{4x^2+4x - (8x^2+8x+2)}{4x^2(x+1)^2} $$

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

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

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

$x>0$ のとき $g''(x) > 0$ であるから、$g'(x)$ は単調に増加する。ここで、

$$ \lim_{x \to \infty} g'(x) = \lim_{x \to \infty} \left\{ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{2x+1}{2x(x+1)} \right\} = \log 1 - 0 = 0 $$

であるから、$x>0$ において $g'(x) < 0$ が成り立つ。したがって、$g(x)$ は単調に減少する。また、

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

であるから、$x>0$ において $1 < g(x)$ が成り立つ。

以上より、$x>0$ において $f(x) < 1 < g(x)$、すなわち

$$ x \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) < 1 < \left(x + \frac{1}{2}\right) \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) $$

が成り立つ。各辺の底が $e$ （$e>1$）の指数関数をとると、

$$ e^{x \log\left(1 + \frac{1}{x}\right)} < e^1 < e^{\left(x + \frac{1}{2}\right) \log\left(1 + \frac{1}{x}\right)} $$

よって

$$ \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x < e < \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x + \frac{1}{2}} $$

が成り立つ。

解法2

自然対数の定義より、

$$ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \log(x+1) - \log x = \int_{x}^{x+1} \frac{1}{t} \, dt $$

である。この定積分を面積として幾何学的に評価する。 $y = \frac{1}{t}$ （$t > 0$）のグラフは単調減少であり、下に凸である。

左側の不等式の証明

区間 $x \leqq t \leqq x+1$ において、関数 $y = \frac{1}{t}$ は単調減少であるから、この区間における最大値は $t = x$ のときの $\frac{1}{x}$ である。したがって、面積の比較により

$$ \int_{x}^{x+1} \frac{1}{t} \, dt < \int_{x}^{x+1} \frac{1}{x} \, dt $$

すなわち

$$ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) < \frac{1}{x} (x+1 - x) = \frac{1}{x} $$

両辺に正の数 $x$ をかけて

$$ x \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) < 1 $$

$$ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x < \log e $$

底 $e$ （$e>1$）は1より大きいので、

$$ \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x < e $$

が成り立つ。

右側の不等式の証明

曲線 $y = \frac{1}{t}$ は下に凸であるから、区間 $x \leqq t \leqq x+1$ の中点 $t = x + \frac{1}{2}$ における接線を考えると、接点以外の区間において曲線はこの接線より常に上側にある。 $h(t) = \frac{1}{t}$ とおくと、$h'(t) = -\frac{1}{t^2}$ であり、$t = x + \frac{1}{2}$ における接線の方程式は

$$ y = h'\left(x + \frac{1}{2}\right) \left\{ t - \left(x + \frac{1}{2}\right) \right\} + h\left(x + \frac{1}{2}\right) $$

である。区間 $[x, x+1]$ において $\frac{1}{t} \geqq h'\left(x + \frac{1}{2}\right) \left\{ t - \left(x + \frac{1}{2}\right) \right\} + h\left(x + \frac{1}{2}\right)$ であり、常に等号は成立しないため、両辺を $x$ から $x+1$ まで積分すると

$$ \int_{x}^{x+1} \frac{1}{t} \, dt > \int_{x}^{x+1} \left[ h'\left(x + \frac{1}{2}\right) \left\{ t - \left(x + \frac{1}{2}\right) \right\} + h\left(x + \frac{1}{2}\right) \right] \, dt $$

右辺の積分を計算する。$u = t - \left(x + \frac{1}{2}\right)$ と置換すると、積分区間は $-\frac{1}{2}$ から $\frac{1}{2}$ になる。

$$ (\text{右辺}) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \left\{ h'\left(x + \frac{1}{2}\right) u + h\left(x + \frac{1}{2}\right) \right\} \, du $$

ここで $u$ は奇関数なので積分すると $0$ になるため、

$$ = \left[ h\left(x + \frac{1}{2}\right) u \right]_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} = h\left(x + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{x + \frac{1}{2}} $$

したがって、

$$ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) > \frac{1}{x + \frac{1}{2}} $$

両辺に正の数 $x + \frac{1}{2}$ をかけて

$$ \left(x + \frac{1}{2}\right) \log\left(1 + \frac{1}{x}\right) > 1 $$

$$ \log\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x + \frac{1}{2}} > \log e $$

底 $e$ （$e>1$）は1より大きいので、

$$ e < \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x + \frac{1}{2}} $$

が成り立つ。

以上より、すべての正の実数 $x$ に対し

$$ \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x < e < \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x + \frac{1}{2}} $$

が成り立つ。

解説

本問は、ネイピア数 $e$ に収束する数列に関連する有名な不等式の証明である。解法1のように対数をとり、関数を微分して増減を調べる方法は最も汎用性が高い。ただし、2階微分まで調べる必要があり、計算がやや煩雑になる。極限を利用して導関数の符号を決定する論法は、微積分の証明問題で頻出のテクニックである。一方、解法2のように対数関数を $\frac{1}{t}$ の定積分とみなし、曲線の凹凸を利用して面積を評価する方法は、計算量が少なく視覚的にもわかりやすい。右側の不等式において、「中点における接線」を利用する評価は、面積評価の強力な手法として覚えておくとよい。