【微分積分】4-3-3 定積分と不等式｜要点まとめ
このページでは、大学数学の微分積分で扱う「定積分と不等式」について整理します。定積分の性質や大小関係の判断方法を例題を通して学び、積分計算の基礎力を身につけます。単に公式を覚えるのではなく、定積分の値がどのように関数の性質に依存するかを理解することが目的です。
定積分に関する大小関係（不等式）の考え方
【例題】次の問いに答えなさい。
(1)\(n\)を\(3\)以上の自然数のとき、不等式\(\displaystyle \log(1+\sqrt{2})< \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^n}}dx< 1\)を証明しなさい。
\(n\geqq 3\)なので\(0\leqq x\leqq 1\)のとき、\(0\leqq x^n\leqq x^2\)より
\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leqq \frac{1}{\sqrt{1+x^n}}\leqq 1\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx< \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^n}}dx< \int_0^11dx\)
ここで、それぞれの積分を求めると
\(\displaystyle \log(1+\sqrt{2})< \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^n}}dx< 1\)
\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leqq \frac{1}{\sqrt{1+x^n}}\leqq 1\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx< \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^n}}dx< \int_0^11dx\)
ここで、それぞれの積分を求めると
\(\displaystyle \log(1+\sqrt{2})< \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^n}}dx< 1\)
(2)\(R>0\)のとき、不等式
\(\displaystyle \frac{1}{R}(1-e^{\frac{-\pi R}{2}})<\)\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx<\)\(\displaystyle \frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})\)
が成り立つことを証明しなさい。また、\(\displaystyle \lim_{R\to\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx=0\)であることを証明しなさい。
\(\displaystyle \frac{1}{R}(1-e^{\frac{-\pi R}{2}})<\)\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx<\)\(\displaystyle \frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})\)
が成り立つことを証明しなさい。また、\(\displaystyle \lim_{R\to\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx=0\)であることを証明しなさい。
\(\displaystyle 0\leqq x\leqq \frac{\pi}{2}\)のとき、\(\displaystyle \frac{2x}{\pi}\leqq \sin x\leqq x\)より
\(e^{-Rx}\leqq e^{-R\sin x}\leqq e^{-\frac{2Rx}{\pi}}\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-Rx}dx< \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx< \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{2Rx}{\pi}}dx\)
ここで、それぞれの積分を求めると
\(\displaystyle \frac{1}{R}(1-e^{\frac{-\pi R}{2}})<\)\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx<\)\(\displaystyle \frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})\)
また、両辺で\(R\to\infty\)としたとき、
\(\displaystyle 0\leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx\leqq0\)
よって、はさみうちの原理より
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx=0\)
\(e^{-Rx}\leqq e^{-R\sin x}\leqq e^{-\frac{2Rx}{\pi}}\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-Rx}dx< \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx< \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{2Rx}{\pi}}dx\)
ここで、それぞれの積分を求めると
\(\displaystyle \frac{1}{R}(1-e^{\frac{-\pi R}{2}})<\)\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx<\)\(\displaystyle \frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})\)
また、両辺で\(R\to\infty\)としたとき、
\(\displaystyle 0\leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx\leqq0\)
よって、はさみうちの原理より
\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin x}dx=0\)
(3)自然数\(n\)に対して不等式\(\displaystyle \log(n+1)< 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\)が成り立つことを証明しなさい。また、この不等式を使って級数\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\)が発散することを証明しなさい。
\(k=1,2,\cdots,n\)に対して\(\displaystyle y=\frac{1}{x}\)における単調減少より、
\(\displaystyle \frac{1}{x}\leqq \frac{1}{k}\ \ \ (k\leqq x\leqq k+1)\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \int_k^{k+1}\frac{1}{k}dx\)
ここで、積分を求めると
\(\displaystyle \int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \frac{1}{k}\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)
\(\displaystyle \log(n+1)< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)
また、\(n\to\infty\)としたとき、
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\to\infty\ (n\to\infty)\)
よって、
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)は発散する。
\(\displaystyle \frac{1}{x}\leqq \frac{1}{k}\ \ \ (k\leqq x\leqq k+1)\)
積分の単調性より
\(\displaystyle \int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \int_k^{k+1}\frac{1}{k}dx\)
ここで、積分を求めると
\(\displaystyle \int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \frac{1}{k}\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)
\(\displaystyle \log(n+1)< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)
また、\(n\to\infty\)としたとき、
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\to\infty\ (n\to\infty)\)
よって、
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)は発散する。
(4)級数\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\)の値を求めなさい。
等比数列の和より
\(\displaystyle 1-x+x^2-\cdots+(-x)^{m-1}=\frac{1-(-x)^m}{1+x}\)
\(\displaystyle \int_0^1\{1-x+x^2-\cdots+(-x)^{m-1}\}dx\)
\(\displaystyle \ \ \ =\int_0^1\frac{1-(-x)^m}{1+x}dx\)
ここで、両辺の積分を求めると
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{m}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log2-\int_0^1\frac{(-x)^m}{1+x}dx\)
また、積分の単調性より、
\(\displaystyle \int_0^1\frac{(-x)^m}{1+x}dx=0\)
よって、
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log2\)
\(\displaystyle 1-x+x^2-\cdots+(-x)^{m-1}=\frac{1-(-x)^m}{1+x}\)
\(\displaystyle \int_0^1\{1-x+x^2-\cdots+(-x)^{m-1}\}dx\)
\(\displaystyle \ \ \ =\int_0^1\frac{1-(-x)^m}{1+x}dx\)
ここで、両辺の積分を求めると
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{m}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log2-\int_0^1\frac{(-x)^m}{1+x}dx\)
また、積分の単調性より、
\(\displaystyle \int_0^1\frac{(-x)^m}{1+x}dx=0\)
よって、
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log2\)
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