第二問の解答・解説
問題
(1) x>0のとき, 不等式 logx≤x−1を示せ。
(2)次の極限を求めよ。lim
考え方
(1)対数関数が絡む不等式の問題です。微分しましょう。
(2)積分の極限の問題です。このタイプの問題へのアプローチは大まかに三つです。
①そのまま積分を計算する
②周期関数の性質を利用する
③不等式評価をしてはさみうち
今回は③を使います。本問での不等式評価の方法を三つ挙げます。
・相加相乗平均を利用する
・微分から着想を得る
→同じ不等式
・部分積分法を使う
→より精度の高い不等式
解答
(1)f(x)=x-1-\text{log}xとおく。
このとき、\begin{align*} f'(x)&=1-\frac{1}{x}\\ &=\frac{x-1}{x} \end{align*}
より
\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & 1 & \cdots \\ \hline f’(x) & / & – & 0 & + \\ \hline f(x) & / & \searrow & 0 & \nearrow \end{array}
したがってf(x)\geq f(1)=0 (x>0)
(2)(上からの評価について)(1)において\displaystyle{x\rightarrow \frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}}とすれば
\begin{align*}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)&\leq \frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}-1\\ &=\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{2} \end{align*}
よって\begin{align*} n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&\leq n\int_{1}^{2}\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{2}dx\\ &=n\left[\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}x^{\frac{1}{n}+1}-x\right)\right]_1^2\\ &=\frac{n}{2}\left\{\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}2^{\frac{1}{n}+1}-2\right)-\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}-1\right)\right\}\\ &=\frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\} \end{align*}
ここで
\begin{align*} \lim_{n\to \infty}\frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}&=\lim_{t\to +0}\frac{1}{2}\frac{\left\{\frac{1}{t+1}(2^{t+1}-1)-1\right\}}{t}\\ &\quad (t=\frac{1}{n}とおいた)\\ &=\lim_{t\to +0}\frac{1}{2}\frac{g(t)-g(0)}{t-0}\\ &\quad (g(t)=\frac{1}{t+1}(2^{t+1}-1)と定めた)\\ &=\frac{1}{2}g'(0)\\ &=\frac{1}{2}(2\text{log}2-1)\\&\quad (g'(t)=\frac{2^{t+1}\text{log2}(t+1)-(2^{t+1}-1)}{(t+1)^2}よりg'(0)=2\text{log}2-1)\\ &=\text{log}2-\frac{1}{2}\\ \end{align*}
である。
(下からの評価について)
以降考え方別で解答を作成していきます
相加相乗平均を利用する
x^\frac{1}{n}>0より相加相乗平均の関係から\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\geq \sqrt{x^{\frac{1}{n}}}
よって\begin{align*}n\,\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)&\geq n\,\text{log}\sqrt{x^{\frac{1}{n}}}\\ &=n\times \frac{1}{2n}\text{log}x\\ &=\frac{\text{log}x}{2} \end{align*}
より
\begin{align*} n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&\geq \int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx\\ &=\frac{1}{2}\left[x\text{log}x-x\right]_1^2\\ &=\frac{1}{2}(2\text{log}2-1)\\ &=\text{log}2-\frac{1}{2} \end{align*}
以上より\int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx\leq n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx\leq \frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}
かつ
\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}=\lim_{n\to \infty}\int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx=\text{log}2-\frac{1}{2}だからはさみうちの原理より\lim_{n\to \infty}n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx=\text{log}2-\frac{1}{2}
よって求める値は\text{log}2-\frac{1}{2}
微分から着想を得る
極限と積分の交換を許容すれば、\lim_{n\to \infty}n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx\overset{?}{=}\int_{1}^{2}\lim_{n\to \infty}n\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx
が成り立つはず。
各xに対してg_x(t)=\text{log}\left(\frac{1+x^{t}}{2}\right)とおけば\begin{align*} \lim_{n\to \infty}n\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)&=\lim_{t\to +0}\frac{1}{t}g_x(t)\\ &=\lim_{t\to +0}\frac{g_x(t)-g_x(0)}{t-0}\\ &=g_x'(0)\\ &=\frac{\text{log}x}{2} \end{align*}
だから、n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dxと\int_1^2\frac{\text{log}x}{2}dxの間に不等式評価が出来れば解けそう
以下、解答を作成する
________________________________________
x^{\frac{1}{n}}=uとおくとx=u^n。
ここでh(u)=n\,\text{log}\left(\frac{1+u}{2}\right)-n\frac{\text{log}u}{2}\,(1\leq u)とおくと
\begin{align*}h'(u)&=n(\frac{1}{1+u}-\frac{1}{2u})\\ &=n\frac{u-1}{2u(u+1)} \end{align*}より、h'(u)\geq 0から
h(u)\geq h(1)=0
よって1\leq x\leq 2 のとき1\leq uだから\begin{align*} h(x^{\frac{1}{n}})&\geq 0\\ n\,\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)-\frac{\text{log}x}{2}&\geq 0 \end{align*}
ゆえに\begin{align*} n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&\geq \int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx\\ &=\frac{1}{2}\left[x\text{log}x-x\right]_1^2\\ &=\frac{1}{2}(2\text{log}2-1)\\ &=\text{log}2-\frac{1}{2} \end{align*}
以上より\int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx\leq n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx\leq \frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}
かつ
\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}=\lim_{n\to \infty}\int_{1}^{2}\frac{\text{log}x}{2}dx=\text{log}2-\frac{1}{2}だからはさみうちの原理より\lim_{n\to \infty}n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx=\text{log}2-\frac{1}{2}
よって求める値は\text{log}2-\frac{1}{2}
部分積分法を使う
\begin{align*} n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&=n\left[x\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) \right]_1^2-n\int_{1}^{2}x\left\{\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)\right\}’dx\\ &=2n\,\text{log}\left(\frac{1+2^{\frac{1}{n}}}{2}\right)-\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}}{1+x^{\frac{1}{n}}}dx \end{align*}また、
\lim_{n\to \infty}2n\,\text{log}\left(\frac{1+2^{\frac{1}{n}}}{2}\right)=\text{log}2…(ii)であるから\lim_{n\to \infty}\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}}{1+x^{\frac{1}{n}}}dxを求めればよい
\frac{x^{\frac{1}{n}}}{1+x^{\frac{1}{n}}}\fallingdotseq\frac{1}{2}だから、\displaystyle{\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}}{1+x^{\frac{1}{n}}}dx}と\displaystyle{\int_1^2\frac{1}{2}dx}の差を評価すれば解けそう。
\begin{align*}0\leq \int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}}{1+x^{\frac{1}{n}}}dx-\int_1^2\frac{1}{2}dx&=\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{2(1+x^{\frac{1}{n}})}dx\\ &\leq \int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{4}dx(\because 1\leq x\leq 2,1+x^{\frac{1}{n}}\geq 2)\\ &=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{\frac{1}{n}+1}x^{\frac{1}{n}+1}-x\right]_1^2\\ &=\frac{1}{4}\left\{\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}2^{\frac{1}{n}+1}-2)-(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}-1\right)\right\} \end{align*}ここで、\begin{align*}\lim_{n\to \infty}\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{4}dx&=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{4}\left\{\left(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}2^{\frac{1}{n}+1}-2)-(\frac{1}{\frac{1}{n}+1}-1\right)\right\}\\&=\frac{1}{4}\{(2-2)-(1-1)\}\\ &=0\end{align*}
である。
以上より
\begin{align*} 2n\,\text{log}\left(\frac{1+2^{\frac{1}{n}}}{2}\right)-\int_1^2\frac{1}{2}dx-\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{4}dx\leq n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&\leq \frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}\\ \end{align*}かつ\lim_{n\to \infty}2n\,\text{log}\left(\frac{1+2^{\frac{1}{n}}}{2}\right)-\int_1^2\frac{1}{2}dx-\int_1^2\frac{x^{\frac{1}{n}}-1}{4}dx=\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2}\left\{\frac{1}{\frac{1}{n}+1}(2^{\frac{1}{n}+1}-1)-1\right\}=\text{log}2-\frac{1}{2}
よってはさみうちの原理より\lim_{n\to \infty}n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx=\text{log}2-\frac{1}{2}
よって求める値は\text{log}2-\frac{1}{2}
部分積分での解法は(1)を使わずに記述すればより簡潔になりますね
発展
本問を一般化すると、次の定理が成り立ちます。
定理 ルベーグの優収束定理(の特殊な場合)
関数列\{f_n\}を[a,b]上の連続関数とし、次の条件を満たしているとする。
(1)各x\in [a,b]に対して極限f(x)=\lim_{n\to \infty}f_n(x)が存在する。
(2)[a,b]上の可積分関数g(x)であって|f_n(x)|\leq g(x)が全てのnで成り立つようなものが存在する。
ここで、g\,が可積分とは\int_a^b|g(x)|dx<\inftyが成り立つことである。
このとき、次の等式が成り立つ。\lim_{n\to \infty}\int_a^bf_n(x)dx=\int_a^bf(x)dx
本問の場合f_n(x)=n\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)とおけば
\begin{align*} f(x)&=\lim_{n\to \infty}f_n(x)\\ &=\lim_{n\to \infty}n\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)\\ &=\frac{\text{log}x}{2} \end{align*}
なので、条件(1)を満たすことが分かります。
また、h_x(t)=\text{log}\left(\frac{1+x^t}{2}\right)とおくとh_x(t)は[0,1]で連続かつ(0,1)で微分可能であり、f_n(x)=\frac{h_x(\frac{1}{n})-h_x(0)}{\frac{1}{n}-0}なので平均値の定理より\begin{align*}f_n(x)&=h_x'(c)\\ &=\frac{x^c\text{log}x}{1+x^c}\,(0<c<1)\end{align*}を満たすような実数cが存在します。
よって\begin{align*} |f_n(x)|&=\left|\frac{x^c\text{log}x}{1+x^c}\right|\\ &=\left|(1-\frac{1}{1+x^c})\text{log}x\right|\\ &<\text{log}x\\ \int_1^2\text{log}xdx&=\left[x\text{log}x-x\right]_1^2\\ &=2\text{log}2-1\\ &<\infty \end{align*}
だから、g(x)=\text{log}xとおけば、条件(2)も満たすことが分かります。
ゆえに上の定理が使えて\begin{align*} \lim_{n\to \infty}n\int_{1}^{2}\text{log}\left(\frac{1+x^{\frac{1}{n}}}{2}\right) dx&=\int_1^2\frac{\text{log}x}{2}dx\\ &=\frac{1}{2}\left[x\text{log}x-x\right]_1^2\\ &=\text{log}2-\frac{1}{2}\end{align*}となり、値が求められます。
