東京工業大学 工学院 情報通信系 2019年8月実施 微积分

标签：

• TITech
• Gaussian-Integral
• Differentiation
• Integration

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

H1. 以下の問に答えよ．

1. 関数 $1/x$ ( $x > 0$ ) の 1 階導関数と 2 階導関数を求め，関数 $1/x$ ( $x > 0$ ) が下に凸な単調減少関数となることを示せ．

2. 関数 $\log_e x$ ( $x > 0$ ) の 1 階導関数が $1/x$ となることを利用して，不等式

$$\frac{1}{k+1} < \log_e(k+1) - \log_e k < \frac{1}{k} \tag{H1.1}$$

が全ての正整数 $k$ に対して成立することを示せ．

3. 不等式 (H1.1) を利用して，不等式

$$\log_e(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \log_e n$$

が全ての整数 $n \ge 2$ に対して成立することを示せ．

4. $a_n := \left(\sum_{k=1}^n 1/k\right) - \log_e n$ ( $n = 1, 2, \dots$ ) によって数列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ を定義し， $b_1 := 0, b_n := \left(\sum_{k=1}^{n-1} 1/k\right) - \log_e n$ ( $n = 2, 3, \dots$ ) によって数列 $(b_n)_{n=1}^\infty$ を定義する．このとき， $(a_n)_{n=1}^\infty$ と $(b_n)_{n=1}^\infty$ の各々が有界な単調増加数列または有界な単調減少数列となることを示せ．

5. 全ての正整数 $k$ に対して，図 H1.1 の 3 点 A $(k, \frac{1}{k})$ , B $(k+1, \frac{1}{k+1})$ , C $(k+1, \frac{1}{k})$ を頂点に持つ $\triangle \text{ABC}$ の面積は，領域 $\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid k < x < k+1, \frac{1}{x} < y < \frac{1}{k} \}$ の面積より小さくなり，不等式

$$\frac{1}{k} - \int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} dx > \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \tag{H1.2}$$

が成立する．不等式 (H1.2) を利用して，4) で定義された $a_n$ ( $n = 2, 3, \dots$ ) に関する不等式

$$a_n > \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$$

を示せ．

图像边界：原始 JSON 引用了 question_images/未知_未知_20260113_030946_582551.png，但该文件没有随 JSON 一并提供。本文只保留能够由文字和公式确认的内容。

题目描述

1. 求函数 $1/x$（$x>0$）的一阶、二阶导数，并证明它单调递减且下凸。
2. 利用 $(\log_e x)'=1/x$，证明对每个正整数 $k$，

$$\frac1{k+1} <\log_e(k+1)-\log_e k <\frac1k. \tag{H1.1}$$

3. 利用 (H1.1) 证明对每个整数 $n\geq2$，

$$\log_e(n+1) <\sum_{k=1}^n\frac1k <1+\log_e n.$$

4. 定义

$$a_n=\sum_{k=1}^n\frac1k-\log_e n \quad(n=1,2,\ldots),$$

以及

$$b_1=0,\qquad b_n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k-\log_e n \quad(n=2,3,\ldots).$$

证明数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 各自都是有界的单调数列，并分别判定其递增或递减。

5. 对每个正整数 $k$，图 H1.1 中三点

$$A\left(k,\frac1k\right),\quad B\left(k+1,\frac1{k+1}\right),\quad C\left(k+1,\frac1k\right)$$

组成的三角形面积，小于区域

$$\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\ \middle|\ k<x<k+1,\quad \frac1x<y<\frac1k\right\}$$

的面积，因而有

$$\frac1k-\int_k^{k+1}\frac1x\,dx > \frac12\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right). \tag{H1.2}$$

利用 (H1.2) 证明对第 4 问定义的 $a_n$（$n=2,3,\ldots$），

$$a_n>\frac12\left(1+\frac1n\right).$$

原始材料引用的图 H1.1 图像文件未提供；上文已按原题文字完整列出图中的三个顶点、曲线区域及其面积关系。

Kai

問題の解答と詳細な解説

1. 関数 $1/x$ の導関数と凸性の証明

関数を $f(x) = 1/x$ とおきます。

1階導関数は以下のようになります。

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

条件より $x > 0$ なので常に $x^2 > 0$ であり、 $f'(x) < 0$ となります。 導関数が常に負であるため、関数 $1/x$ は単調減少関数であることがわかります。

次に、2階導関数を求めます。

$$f''(x) = \frac{2}{x^3}$$

同様に $x > 0$ なので $x^3 > 0$ であり、 $f''(x) > 0$ となります。 2階導関数が常に正であるため、関数 $1/x$ は下に凸であることが示されました。 （証明終）

2. 不等式 (H1.1) の証明

区間 $[k, k+1]$ における関数 $g(x) = \log_e x$ について考えます。 関数 $\log_e x$ は $x > 0$ で微分可能であり、その 1 階導関数は $g'(x) = 1/x$ です。

平均値の定理より、以下の等式を満たす実数 $c$ が $k < c < k+1$ の範囲に存在します。

$$\frac{\log_e(k+1) - \log_e k}{(k+1) - k} = g'(c) = \frac{1}{c}$$

分母は 1 なので、 $\log_e(k+1) - \log_e k = 1/c$ となります。

ここで、1) で示した通り $1/x$ は単調減少関数です。 したがって、 $k < c < k+1$ のとき、逆数をとった大小関係は以下のようになります。

$$\frac{1}{k+1} < \frac{1}{c} < \frac{1}{k}$$

$1/c$ を $\log_e(k+1) - \log_e k$ に置き換えることで、目的の不等式が得られます。

$$\frac{1}{k+1} < \log_e(k+1) - \log_e k < \frac{1}{k}$$

（証明終）

3. 和に関する不等式の証明

4. で証明した不等式を利用して、各辺の和をとるアプローチで示します。

まず、右側の不等式 $\log_e(k+1) - \log_e k < 1/k$ について、両辺の $k=1$ から $n$ までの和をとります。

$$\sum_{k=1}^n \left( \log_e(k+1) - \log_e k \right) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$

左辺は相殺が起こり、 $\log_e(n+1) - \log_e 1 = \log_e(n+1)$ となります。 これにより、以下の不等式が示されます。

$$\log_e(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$

次に、左側の不等式 $1/(k+1) < \log_e(k+1) - \log_e k$ について、両辺の $k=1$ から $n-1$ までの和をとります。

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k+1} < \sum_{k=1}^{n-1} \left( \log_e(k+1) - \log_e k \right)$$

左辺は $1/2 + 1/3 + \dots + 1/n$ となり、これは $\sum_{k=1}^n (1/k) - 1$ と表せます。 右辺は同様に相殺されて $\log_e n - \log_e 1 = \log_e n$ となります。 よって、以下のようになります。

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - 1 < \log_e n$$

1 を右辺に移項すると、

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \log_e n$$

以上2つの結果を組み合わせることで、題意の不等式が成立することが示されました。

$$\log_e(n+1) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < 1 + \log_e n$$

（証明終）

4. 数列 $a_n$ と $b_n$ の単調性と有界性の証明

【数列 $a_n$ について】 隣り合う項の差 $a_{n+1} - a_n$ を計算して単調性を調べます。

$$a_{n+1} - a_n = \left( \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} - \log_e(n+1) \right) - \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \log_e n \right)$$

$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \left( \log_e(n+1) - \log_e n \right)$$

2. の不等式の左側 $1/(k+1) < \log_e(k+1) - \log_e k$ において $k=n$ とすると、 $1/(n+1) - (\log_e(n+1) - \log_e n) < 0$ となります。 したがって $a_{n+1} < a_n$ となり、 $a_n$ は単調減少数列です。

また、3) の結果より $\sum_{k=1}^n 1/k > \log_e(n+1) > \log_e n$ であるため、 $a_n = \sum_{k=1}^n 1/k - \log_e n > 0$ となります。 よって、 $a_n$ は下に有界（0より大きい）な単調減少数列です。

【数列 $b_n$ について】 同様に隣り合う項の差 $b_{n+1} - b_n$ を計算します。

$$b_{n+1} - b_n = \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \log_e(n+1) \right) - \left( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} - \log_e n \right)$$

$$b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n} - \left( \log_e(n+1) - \log_e n \right)$$

2. の不等式の右側 $\log_e(k+1) - \log_e k < 1/k$ において $k=n$ とすると、 $1/n - (\log_e(n+1) - \log_e n) > 0$ となります。 したがって $b_{n+1} > b_n$ となり、 $b_n$ は単調増加数列です。

また、3) の結果より $\sum_{k=1}^{n-1} 1/k < 1 + \log_e(n-1) \le 1 + \log_e n$ （ $n \ge 2$ のとき）であるため、 $b_n = \sum_{k=1}^{n-1} 1/k - \log_e n < 1$ となります。 よって、 $b_n$ は上に有界（1より小さい）な単調増加数列です。 （証明終）

5. 不等式 $a_n > \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$ の証明

与えられた不等式を利用します。

$$\frac{1}{k} - \int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} dx > \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right)$$

この不等式の両辺について、 $k=1$ から $n-1$ までの和をとります。

まず、左辺の和を計算します。

$$\sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{k} - \int_k^{k+1} \frac{1}{x} dx \right) = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} - \int_1^n \frac{1}{x} dx$$

定積分を計算すると $\int_1^n \frac{1}{x} dx = \left[ \log_e x \right]_1^n = \log_e n$ となります。 ここで $a_n$ の定義式 $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \log_e n$ を用いると、 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} = a_n - \frac{1}{n} + \log_e n$ と表せます。

したがって、左辺の和は以下のようになります。

$$\left( a_n - \frac{1}{n} + \log_e n \right) - \log_e n = a_n - \frac{1}{n}$$

次に、右辺の和を計算します。これは隣り合う項が打ち消し合う形になります。

$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = \frac{1}{2} \left( \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) \right)$$

中間の項がすべて消去されるため、残るのは最初と最後の項のみです。

$$= \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)$$

和をとった不等式「左辺の和 $>$ 右辺の和」を組み立てます。

$$a_n - \frac{1}{n} > \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)$$

両辺に $1/n$ を足して整理します。

$$a_n > \frac{1}{2} - \frac{1}{2n} + \frac{1}{n}$$

$$a_n > \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}$$

右辺を $1/2$ でくくります。

$$a_n > \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$$

以上より、題意の不等式が成立することが示されました。 （証明終）

图像边界：原始 JSON 引用了 question_images/东京工业大学_情报通信_2019_20260208_082528_082809.png，但该文件没有随 JSON 一并提供。本文只保留能够由文字和公式确认的内容。