解説

方針・初手

（1） は部分積分で $\int \log x,dx$ に帰着する。

（2）、（3） は $x=bt$ とおいて区間を $r=\dfrac{a}{b}$ から $1$ に直す。ここで $0<r<1$ であり、$\log r<0$ が不等式の決め手になる。

解法1

**(1)**

$x>0$ として、

$$ \int (\log x)^2,dx

$$

を求める。部分積分で

$$ u=(\log x)^2,\qquad dv=dx

$$

とおくと、

$$ du=\frac{2\log x}{x},dx,\qquad v=x

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \int (\log x)^2,dx &=x(\log x)^2-\int x\cdot \frac{2\log x}{x},dx \\ &=x(\log x)^2-2\int \log x,dx. \end{aligned}

$$

さらに

$$ \int \log x,dx=x\log x-x

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} \int (\log x)^2,dx &=x(\log x)^2-2(x\log x-x)+C \\ &=x{(\log x)^2-2\log x+2}+C. \end{aligned}

$$

よって、

$$ \int (\log x)^2,dx=x{(\log x)^2-2\log x+2}+C

$$

である。

**(2)**

$r=\dfrac{a}{b}$ とおくと、$0<r<1$ である。$x=bt$ とおくと、$dx=b,dt$、また $x=a$ のとき $t=r$、$x=b$ のとき $t=1$ である。

このとき、

$$ \log b-\log x=\log b-\log(bt)=-\log t

$$

であり、$b-a=b(1-r)$ だから、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x),dx &=\frac{1}{b(1-r)}\int_r^1(-\log t)b,dt \\ &=\frac{1}{1-r}\int_r^1(-\log t),dt. \end{aligned}

$$

ここで、

$$ \int (-\log t),dt=-t\log t+t

$$

より、

$$ \begin{aligned} \int_r^1(-\log t),dt &=\left[-t\log t+t\right]_r^1 \\ &=1-(-r\log r+r) \\ &=1-r+r\log r. \end{aligned}

$$

したがって、

$$ \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x),dx =\frac{1-r+r\log r}{1-r} =1+\frac{r\log r}{1-r}.

$$

ここで $0<r<1$ より $\log r<0$ であり、また $r>0,\ 1-r>0$ であるから、

$$ \frac{r\log r}{1-r}<0.

$$

よって、

$$ \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x),dx<1

$$

が成り立つ。

**(3)**

（2） と同じく $r=\dfrac{a}{b}$、$x=bt$ とおく。このとき、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x)^2,dx &=\frac{1}{b(1-r)}\int_r^1(-\log t)^2b,dt \\ &=\frac{1}{1-r}\int_r^1(\log t)^2,dt. \end{aligned}

$$

（1） の結果を用いると、

$$ \int(\log t)^2,dt=t{(\log t)^2-2\log t+2}+C

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \int_r^1(\log t)^2,dt &=\left[t{(\log t)^2-2\log t+2}\right]_r^1 \\ &=2-r{(\log r)^2-2\log r+2}. \end{aligned}

$$

よって、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x)^2,dx &= \frac{2-r{(\log r)^2-2\log r+2}}{1-r}. \end{aligned} $$

これが $2$ より小さいことを示す。$1-r>0$ なので、

$$ \frac{2-r{(\log r)^2-2\log r+2}}{1-r}<2

$$

は、

$$ 2-r{(\log r)^2-2\log r+2}<2(1-r)

$$

と同値である。整理すると、

$$ -r{(\log r)^2-2\log r+2}<-2r

$$

すなわち、$r>0$ より、

$$ (\log r)^2-2\log r+2>2

$$

を示せばよい。これは

$$ (\log r)^2-2\log r>0

$$

と同値であり、

$$ (\log r)^2-2\log r=\log r(\log r-2)

$$

である。

いま $0<r<1$ より $\log r<0$ であり、したがって $\log r-2<0$ である。負の数どうしの積だから、

$$ \log r(\log r-2)>0

$$

である。よって、

$$ (\log r)^2-2\log r+2>2

$$

が成り立つ。

したがって、

$$ \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x)^2,dx<2

$$

が示された。

解説

この問題では、$x=bt$ とおいて $\log b-\log x$ を $-\log t$ に変形するのが中心である。区間も $[a,b]$ から $[r,1]$ に変わり、$0<r<1$ という単純な条件だけで不等式を処理できる。

（2） は計算結果が

$$ 1+\frac{r\log r}{1-r}

$$

となるため、$\log r<0$ からすぐに $1$ より小さいと分かる。

（3） は （1） の不定積分を使って積分を正確に求めたあと、最後は $\log r<0$ を用いて

$$ \log r(\log r-2)>0

$$

を示すのが要点である。

答え

**(1)**

$$ \int(\log x)^2,dx=x{(\log x)^2-2\log x+2}+C

$$

**(2)**

$$ \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x),dx<1

$$

**(3)**

$$ \frac{1}{b-a}\int_a^b(\log b-\log x)^2,dx<2

$$