解説

方針・初手

(1) は重み $(b-x)(x-a)$ が端点で $0$ になることを利用し、2回の部分積分で示す。

(2) は (1) に $f(x)=\log x,\ a=t,\ b=t+1$ を代入する。$\log x$ では $f''(x)=-1/x^2$ となるので、不等式は積分の中身の符号と上からの評価に帰着する。

(3) は (2) を $t=1,2,\ldots,n-1$ について足し合わせる。階乗の対数 $\log(n!)$ と台形和が自然に現れる。

解法1

(1)

まず $a<b$ の場合を示す。$a=b$ のときは両辺とも $0$ である。$a>b$ の場合も、定積分の向きに従って同じ部分積分により成立する。

$$ \phi(x)=(b-x)(x-a)

$$

とおく。このとき

$$ \phi(a)=\phi(b)=0,\qquad \phi'(x)=a+b-2x,\qquad \phi''(x)=-2

$$

である。

部分積分より、

$$ \begin{aligned} \int_a^b \phi(x)f''(x),dx &=\left[\phi(x)f'(x)\right]_a^b-\int_a^b \phi'(x)f'(x),dx \\ &=-\int_a^b \phi'(x)f'(x),dx \end{aligned}

$$

となる。さらにもう一度部分積分すると、

$$ \begin{aligned} \int_a^b \phi'(x)f'(x),dx &=\left[\phi'(x)f(x)\right]_a^b-\int_a^b \phi''(x)f(x),dx \\ &=\left[\phi'(x)f(x)\right]_a^b+2\int_a^b f(x),dx \end{aligned}

$$

である。

ここで

$$ \phi'(a)=b-a,\qquad \phi'(b)=a-b=-(b-a)

$$

だから、

$$ \begin{aligned} \left[\phi'(x)f(x)\right]_a^b &=\phi'(b)f(b)-\phi'(a)f(a) \\ &=-(b-a)f(b)-(b-a)f(a) \\ &=-(b-a){f(a)+f(b)} \end{aligned}

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \int_a^b (b-x)(x-a)f''(x),dx &=-\left(\left[\phi'(x)f(x)\right]_a^b+2\int_a^b f(x),dx\right) \\ &=(b-a){f(a)+f(b)}-2\int_a^b f(x),dx \end{aligned}

$$

となり、求める等式が示された。

(2)

$t>0$ とし、(1) に

$$ f(x)=\log x,\qquad a=t,\qquad b=t+1

$$

を代入する。このとき

$$ f''(x)=-\frac{1}{x^2}

$$

であり、$b-a=1$ だから、

$$ \begin{aligned} \int_t^{t+1}(t+1-x)(x-t)\left(-\frac{1}{x^2}\right),dx &= \log t+\log(t+1)-2\int_t^{t+1}\log x,dx \end{aligned} $$

である。よって整理すると、

$$ \begin{aligned} \int_t^{t+1}\log x,dx-\frac{1}{2}{\log t+\log(t+1)} &= \frac{1}{2}\int_t^{t+1}\frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2},dx \end{aligned} $$

となる。

$t\leq x\leq t+1$ では

$$ (t+1-x)(x-t)\geq 0,\qquad x^2>0

$$

であるから、

$$ \int_t^{t+1}\log x,dx-\frac{1}{2}{\log t+\log(t+1)}\geq 0

$$

が従う。

また、$x\in[t,t+1]$ において

$$ 0\leq (t+1-x)(x-t)\leq \frac{1}{4}

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \int_t^{t+1}\log x,dx-\frac{1}{2}{\log t+\log(t+1)} &=\frac{1}{2}\int_t^{t+1}\frac{(t+1-x)(x-t)}{x^2},dx \\ &\leq \frac{1}{2}\int_t^{t+1}\frac{1}{4x^2},dx \\ &=\frac{1}{8}\int_t^{t+1}\frac{1}{x^2},dx \\ &=\frac{1}{8}\left[-\frac{1}{x}\right]_t^{t+1} \\ &=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right) \end{aligned}

$$

となる。

よって、

$$ 0\leq \int_t^{t+1}\log x,dx-\frac{1}{2}{\log t+\log(t+1)} \leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)

$$

が示された。

(3)

$n\geq 2$ とする。(2) を $t=k$ として、$k=1,2,\ldots,n-1$ について足し合わせる。

$$ 0\leq \sum_{k=1}^{n-1} \left\{ \int_k^{k+1}\log x,dx -\frac{1}{2}(\log k+\log(k+1)) \right\} \leq \frac{1}{8}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)

$$

である。左辺中央の第1項は

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log x,dx &= \int_1^n \log x,dx \end{aligned} $$

である。また、台形和の部分は

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2}(\log k+\log(k+1)) &= \log(n!)-\frac{1}{2}\log n \end{aligned} $$

である。実際、$\log 1=0$ であり、$\log 2,\ldots,\log(n-1)$ は2回ずつ半分の係数で現れ、$\log n$ は半分だけ現れる。

右辺は望遠和になり、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{8}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) &= \frac{1}{8}\left(1-\frac{1}{n}\right) \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ 0\leq \int_1^n \log x,dx-\left(\log(n!)-\frac{1}{2}\log n\right) \leq \frac{1}{8}\left(1-\frac{1}{n}\right)

$$

を得る。

ここで

$$ \begin{aligned} \int_1^n \log x,dx &= \left[x\log x-x\right]_1^n \\ n\log n-n+1 \end{aligned} $$

である。よって

$$ 0\leq n\log n-n+1-\log(n!)+\frac{1}{2}\log n \leq \frac{1}{8}\left(1-\frac{1}{n}\right)

$$

である。

中央の式を

$$ E_n= n\log n-n+1-\log(n!)+\frac{1}{2}\log n

$$

とおくと、

$$ 0\leq E_n\leq \frac{1}{8}\left(1-\frac{1}{n}\right)

$$

であり、特に $E_n$ は有界である。

一方、

$$ a_n=\log(n!)-n\log n+n

$$

だから、$E_n$ の定義より

$$ \begin{aligned} a_n &= \frac{1}{2}\log n+1-E_n \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \frac{a_n}{\log n} &= \frac{1}{2}+\frac{1-E_n}{\log n} \end{aligned} $$

となる。

$E_n$ は有界であり、$\log n\to\infty$ であるから、

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{1-E_n}{\log n}=0

$$

である。よって、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\log n} &= \frac{1}{2} \end{aligned} $$

である。

解説

(1) は、端点で消える重み $(b-x)(x-a)$ を使うことで、部分積分したときに $f'(a),f'(b)$ の項が消える点が重要である。

(2) は、(1) を $\log x$ に適用する問題である。$\log x$ は上に凸ではなく下に凸でもなく、正確には $f''(x)=-1/x^2<0$ なのでグラフは上に凸である。そのため、区間の平均積分値が端点平均以上になる。

(3) は、(2) を区間 $[1,2],[2,3],\ldots,[n-1,n]$ に分けて足すことで、$\log(n!)$ と $\int_1^n\log x,dx$ の差を評価する問題である。最終的に

$$ a_n=\frac{1}{2}\log n+O(1)

$$

が得られるため、$\log n$ で割った極限は $\frac{1}{2}$ となる。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} \int_a^b (b-x)(x-a)f''(x),dx &= (b-a){f(a)+f(b)}-2\int_a^b f(x),dx \end{aligned} $$

が成立する。

**(2)**

$$ 0\leq \int_t^{t+1}\log x,dx-\frac{1}{2}{\log t+\log(t+1)} \leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)

$$

が成立する。

**(3)**

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{\log n} &= \frac{1}{2} \end{aligned} $$