2東京慈恵会医科大学 2025年 数学 第2問解答・解説

(1) $0\leq x\leq1$ だから $n\leq x+n\leq n+1$ である。対数関数は正の範囲で増加し、$n\geq3$ より $\log n>0$ なので、 $$\displaystyle \frac{1}{\log(n+1)}\leq\frac{1}{\log(x+n)}\leq\frac{1}{\log n}.$$ これに $x\geq0$ を掛けて $0$ から $1$ まで積分すると、 $$\displaystyle \frac{1}{\log(n+1)}\int_0^1x\,dx\leq\int_0^1\frac{x}{\log(x+n)}\,dx\leq\frac{1}{\log n}\int_0^1x\,dx.$$ $\displaystyle \int_0^1x\,dx=1/2$ より、求める不等式を得る。

(2) $x>0,\ x\neq1$ とし、$u=\log x$ と置くと $du=dx/x$ である。したがって、 $$\displaystyle \int\frac{1}{x(\log x)^2}\,dx=\int\frac{1}{u^2}\,du=-\frac{1}{u}+C=-\frac{1}{\log x}+C.$$ この式は $0<x<1$ と $x>1$ の各範囲で成り立つ。実際、その導関数は $1/[x(\log x)^2]$ である。

(3) $k\geq3$ に対して $$\displaystyle I_k=\int_0^1\frac{x}{\log(x+k)}\,dx$$ とおく。(1)を $n=k$ に適用し、正の数 $2/(k\log k)$ を掛けると、 $$\displaystyle \frac{1}{k\log k\log(k+1)}\leq\frac{2I_k}{k\log k}\leq\frac{1}{k(\log k)^2}$$ となる。

ここで $t>0$ なら $$\displaystyle \log(1+t)=\int_0^t\frac{1}{1+s}\,ds$$ であり、$0\leq s\leq t$ で $1/(1+t)\leq1/(1+s)\leq1$ だから、 $$\displaystyle \frac{t}{1+t}\leq\log(1+t)\leq t$$ である。この評価を $t=1/k$ に使うと $$\displaystyle \frac{1}{\log k}-\frac{1}{\log(k+1)} =\frac{\log(1+1/k)}{\log k\log(k+1)} \leq\frac{1}{k\log k\log(k+1)}.$$ また、同じ評価を $t=1/(k-1)$ に使えば $\log(k/(k-1))\geq1/k$ である。さらに $0<\log(k-1)<\log k$ なので、 $$\displaystyle \frac{\log(k-1)}{k\log k}<\frac{1}{k}\leq\log\frac{k}{k-1}.$$ 両辺を正の $\log(k-1)\log k$ で割ると $$\displaystyle \frac{1}{k(\log k)^2}\leq\frac{1}{\log(k-1)}-\frac{1}{\log k}.$$ 以上から、各 $k=n,n+1,\ldots,m$ で $$\displaystyle \frac{1}{\log k}-\frac{1}{\log(k+1)} \leq\frac{2I_k}{k\log k} \leq\frac{1}{\log(k-1)}-\frac{1}{\log k}.$$ これらを辺々加えると中間の項が消去され、 $$\displaystyle \frac{1}{\log n}-\frac{1}{\log(m+1)} \leq\sum\limits _{k=n}^{m}\frac{2}{k\log k}\int_0^1\frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leq\frac{1}{\log(n-1)}-\frac{1}{\log m}$$ を得る。$n\geq3$ なので、ここで現れる全ての対数の分母は正である。