【数III】微分や平均値の定理を用いて不等式を証明する(千葉大2016第8問)

式を微分して不等式を証明する

(1)から進めます。
不等式の証明は右辺を $0$ にするのが基本です。よって

$x-\log x$ ＞ $0$

ここから，式がつねに 0 以上になることを証明するために，式の最小値を求めるとよいでしょう。そのためには微分します。

$f(x)=x-\log x$ として
$f'(x)=1-\cfrac{1}{x}$
$1-\cfrac{1}{x}=0$ のとき，$x=1$

増減表は

$\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{|c||c|c|c|}\hline x&\cdots&1&\cdots\\\hline f'(x)&-&0&+\\\hline f(x)&\searrow&1&\nearrow\\\hline\end{array}$

$f(1)=1-\log 1=1$

よって，$x$ ＞ 0 において，つねに $x-\log x$ ＞ $0$ が成り立つ。

したがって， $\log x$ ＜ $x$　（証明終わり）

平均値の定理を用いて不等式を証明する

(2)に進みます。
数IIIに入って習う，不等式のもう一つの証明法が平均値の定理です。

$\cfrac{1}{\log a}-\cfrac{1}{\log b}$ ＜ $\cfrac{b-a}{a(\log a)^2}$
$\cfrac{\log b-\log a}{\log a\log b}$ ＜ $\cfrac{b-a}{a(\log a)^2}$
$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}$ ＜ $\cfrac{\log a\log b}{a(\log a)^2}$
$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}$ ＜ $\cfrac{\log b}{a\log a}$

ここで，平均値の定理より $f(x)=\log x$ とすると

$f'(x)=\cfrac{1}{x}$ だから
$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}=\cfrac{1}{c}$ ($a$＜$c$＜$b$)

を満たす実数 $c$ が存在する。

$a$＜$c$＜$b$ より

$\cfrac{1}{b}$＜$\cfrac{1}{c}$＜$\cfrac{1}{a}$
$\cfrac{1}{b}$＜$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}$＜$\cfrac{1}{a}$

$a$ ＜ $b$ より，$1$ ＜ $\cfrac{b}{a}$ だから
$1$ ＜ $\cfrac{\log b}{\log a}$
$\cfrac{1}{a}$ ＜ $\cfrac{\log b}{a\log a}$

が成り立つ。よって

$\cfrac{1}{b}$＜$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}$＜$\cfrac{1}{a}$＜$\cfrac{\log b}{a\log a}$
だから
$\cfrac{\log b-\log a}{b-a}$ ＜ $\cfrac{\log b}{a\log a}$
が成り立つ。したがって

$\cfrac{1}{\log a}-\cfrac{1}{\log b}$ ＜ $\cfrac{b-a}{a(\log a)^2}$　（証明終わり）

定積分の性質を用いる

(3)に進みます。
ここで，公式を使います。

これを用いて
$\displaystyle\cfrac{d}{dx}\int_e^x \cfrac{dt}{t\log(t+1)}=\cfrac{1}{x\log(x+1)}$
となります。
いったん，不等式を移項して
$\displaystyle\int_e^x \cfrac{dt}{t\log(t+1)}-\log(\log x)-\cfrac{1}{2(\log x)^2}+\cfrac{1}{2}$ ≧ $0$
$f(x)=\displaystyle\int_e^x \cfrac{dt}{t\log(t+1)}-\log(\log x)-\cfrac{1}{2(\log x)^2}+\cfrac{1}{2}$
とします。ここから微分していきますが，各項ごとに注意が必要です。
$\log(\log x)$ を $x$ で微分すると，合成関数の微分より
$\cfrac{1}{\log x}\cdot(\log x)’=\cfrac{1}{x\log x}$
また，$\cfrac{1}{2(\log x)^2}$ を $x$ で微分すると
$\Big\{\cfrac{1}{g(x)}\Big\}’=-\cfrac{g'(x)}{\{g(x)\}^2}$
$\cfrac{\{2(\log x)^2\}’}{\{2(\log x)^2\}^2}=\cfrac{4\log x\cdot(\log x)’}{4(\log x)^4}$
$=\cfrac{\cfrac{1}{x}}{(\log x)^3}$
$=\cfrac{1}{x(\log x)^3}$
よって
$f'(x)=\cfrac{1}{x\log(x+1)}-\cfrac{1}{x\log x}+\cfrac{1}{x(\log x)^3}$
ここで(2)の式を $a=x$，$b=x+1$ とすると
$\cfrac{1}{\log x}-\cfrac{1}{\log(x+1)}$＜$\cfrac{x+1-x}{x(\log x)^2}$
$\cfrac{1}{\log x}-\cfrac{1}{\log(x+1)}$＜$\cfrac{1}{x(\log x)^2}$
$\cfrac{1}{x\log x}-\cfrac{1}{x\log(x+1)}$＜$\cfrac{1}{x^2(\log x)^2}$
$\cfrac{1}{x\log(x+1)}-\cfrac{1}{x\log x}+\cfrac{1}{x^2(\log x)^2}$ ＞ $0$

(1)より $\log x$ ＜ $x$ だから
$\cfrac{1}{\log x}$ ＞ $\cfrac{1}{x}$
$\cfrac{1}{x\log x}$ ＞ $\cfrac{1}{x^2}$
$\cfrac{1}{x(\log x)^3}$ ＞ $\cfrac{1}{x^2(\log x)^2}$
よって
$0$ ＜ $\cfrac{1}{x\log(x+1)}-\cfrac{1}{x\log x}+\cfrac{1}{x^2(\log x)^2}$ ＜ $f'(x)$
$0$ ＜ $f'(x)$
が成り立つ。

あくまで，これで証明できたのは微分した式についてです。$0$ ＜ $f'(x)$ より関数 $f(x)$ が単調増加であることが分かります。

ここでもう一度 $f(x)$ に戻ります。
$f(x)=\displaystyle\int_e^x \cfrac{dt}{t\log(t+1)}-\log(\log x)-\cfrac{1}{2(\log x)^2}+\cfrac{1}{2}$
$x=e$ とすると積分のところが $\int_e^e=0$ となってうまく対処できそうです。
$f(e)=0-\log(\log e)-\cfrac{1}{2(\log e)^2}+\cfrac{1}{2}$
$=-\log 1-\cfrac{1}{2\cdot1^2}+\cfrac{1}{2}$
$=-0-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}=0$
よって，$x$ ≧ $e$ のとき $f(x)$ ≧ $0$
したがって，不等式は成り立つ。（証明終わり）