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微分を用いた不等式証明の問題

更新日時 2021/03/07
問題

f(x)=(x+12)log(1+1x)1f(x)=(x+\dfrac{1}{2})\log(1+\dfrac{1}{x})-1

とおくとき,x1x \geq 1 において

0<f(x)<14x(x+1)0 <f(x) <\dfrac{1}{4x(x+1)} が成立することを示せ。

受験で出てきそうな問題です。やや難問。

目次
  • 左側の不等式の証明

  • 右側の不等式の証明

  • 問題の背景

左側の不等式の証明

方針:対数関数と1次関数の積なので2階微分は扱いやすい式(有理式)になることがすぐに分かります。多少計算は大変ですが, 見通しが立っているので安心して計算できます。

証明

f(x)=log(1+1x)2x+12x(x+1)f'(x)=\log(1+\dfrac{1}{x})-\dfrac{2x+1}{2x(x+1)}

f(x)=12(x2+x)2f''(x)=\dfrac{1}{2(x^2+x)^2}

よって,f(x)>0f''(x) > 0 より f(x)f'(x) は単調増加。

また,limxf(x)=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}f'(x)=0 なので

f(x)<0f'(x) <0

よって,f(x)f(x) は単調減少。

あとは limxf(x)0\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x) \geq 0 を示せば良い。

実際,xx\to\inftylog(1+1x)1x\log(1+\dfrac{1}{x})\simeq \dfrac{1}{x} (注)より,

limxf(x)=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=0

(注)マクローリン展開を用いれば自明ですが,記述式の解答としては,対数関数の x=0x=0 での微分係数から,

limt0log(1+t)t=1\displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{\log(1+t)}{t}=1

が分かり,t=1xt=\dfrac{1}{x} として示すのがよいでしょう。

このあたりのきちんとした話は指数関数と対数関数の極限の公式を参照してください。

右側の不等式の証明

方針:ほとんど同様にして証明できます。微分を計算するときに分数を使うよりも負の指数を使った方が楽です。

証明

f(x)f(x) の二階微分は求めているので再右辺(の 44 倍): g(x)=1x(x+1)g(x)=\dfrac{1}{x(x+1)} の二階微分を計算する。

g(x)=2x+1(x2+x)2g'(x)=-\dfrac{2x+1}{(x^2+x)^2}

g(x)=6x2+6x+2(x2+x)3g''(x)=\dfrac{6x^2+6x+2}{(x^2+x)^{3}}

よって,最右辺ー中辺: h(x)=14g(x)f(x)h(x)=\dfrac{1}{4}g(x)-f(x) の二階微分は,

(2x+1)2+14(x2+x)3>0\dfrac{(2x+1)^2+1}{4(x^2+x)^3} > 0 となる。

よって,h(x)>0h''(x) > 0 より h(x)h'(x) は単調増加。

また,limxh(x)=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}h'(x)=0 なので

h(x)<0h'(x) <0

よって,h(x)h(x) は単調減少。

あとは limxh(x)0\displaystyle\lim_{x\to\infty}h(x) \geq 0 を示せば良いが,

limxf(x)=limxg(x)=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x) =\lim_{x\to\infty}g(x)= 0

なので,limxh(x)=0\displaystyle\lim_{x\to\infty}h(x)=0

となりOK。

問題の背景

実はこの問題はスターリングの公式を証明しようとしていたら自然に出てきた不等式です。(詳しくは→スターリングの公式とその証明

an=n!ennnna_n=\dfrac{n!e^n}{n^n\sqrt{n}}

とおくとき,ana_n が単調減少であること,下から 00 でない定数でおさえることが目標でした。

ana_n はそのままでは扱いにくいので,対数を取ります: bn=loganb_n=\log a_n

ここで,bnb_n が単調減少であることを証明するために f(n)=bnbn+1f(n)=b_n-b_{n+1} とおき,頑張って計算すると,

f(n)=(n+12)log(1+1n)1f(n)=(n+\dfrac{1}{2})\log(1+\dfrac{1}{n})-1 となります。

スターリングの公式の証明

・左側の不等式を使う:

任意の自然数 nn に対して f(n)>0f(n) > 0 より,bnb_n が単調減少となり,従って ana_n も単調減少であることが分かります。

・右側の不等式と部分分数分解を使う

b1bn=(b1b2)+(b2b3)+(b3b4)+(bn1bn)=f(1)+f(2)++f(n1)<14{(112)+(1213)++(1n11n)}<14b_1-b_n=(b_1-b_2)+(b_2-b_3)+(b_3-b_4)+\cdots (b_{n-1}-b_n)\\ =f(1)+f(2)+\cdots +f(n-1)\\ < \dfrac{1}{4}\{(1-\dfrac{1}{2})+(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})+\cdots +(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n})\}\\ < \dfrac{1}{4}

これと b1=1b_1=1 より bn>34b_n > \dfrac{3}{4}

よって,an>e34a_n > e^{\frac{3}{4}} となりスターリングの公式の証明が完了した。

対数関数は何回か微分してくれれば有理式になるので不等式証明の文脈ではいいやつ。

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