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定積分と不等式の証明の入試問題 第四弾【愛知教育大・有名問題・琉球大】

定積分を含む不等式の証明 part4数学III
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定積分を含む不等式の証明の問題の第四弾です。今回の記事は,前回の記事のようにグラフを描いて面積の大小関係を色々と考えるのが苦手な人にとって,役に立つかもしれない記事です。

したがって,グラフを利用してスラスラと不等式を証明できてしまう優秀な人には無用のものとなるかもしれません。

しかし,何回説明を聞いても,説明を理解することはできても,自力では問題を解けるようにならない人がいるのも事実です。1つの解法に拘らず,他の解法を知ることで,自力で問題を解けるようになるかもしれないし,今まで扱いきれなかった解法を扱えるようになるかもしれません。

この記事が役に立ったと思う方が1人でもいれば幸いです。

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2003年 愛知教育大の入試問題の考え方

2003年 愛知教育大任意の自然数 $n$ に対して,不等式
\begin{align*}
\dfrac{1}{(n+1)^2}\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{x^2}\;dx\leqq\dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
および
\begin{align*}
1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\leqq2-\dfrac{1}{n}
\end{align*}
が成り立つことを示せ。
ヒロ
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グラフを描いて,図形の面積の大小関係を色々考えるのが苦手な人は,ほとんどグラフを描かずに数式を変形するだけで証明する方法を身に付けると良いかもしれない。

ヒロ
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定積分を含む不等式の証明では,すべての辺を同じ積分区間の定積分で表そう。その際には次のことを考えよう。

定数を積分する場合は,積分結果は,その定数に積分区間の上端と下端の差を掛けたものになる。つまり $k$ が定数であるとき
\begin{align*}
\dint{a}{b}k\;dx=\tint{kx}{a}{b}=k(b-a)
\end{align*}
が成り立つ。定積分が面積を表すことを考えると,$\dint{a}{b}k\;dx$ は高さ $k$,幅 $b-a$ の長方形の面積を表していると考えることができるのだから,上のことは当然だと思うことができるだろう。
ヒロ
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今回の問題では,$n$ から $n+1$ までの定積分で表すことを考える。

$n$ と $n+1$ の差が1であることと,最左辺と最右辺が定数であることから,証明するべき不等式は
\begin{align*}
\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{(n+1)^2}\;dx\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{x^2}\;dx\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{n^2}\;dx
\end{align*}
と変形できる。
ヒロ
ヒロ

あとはpart1の記事で書いた「定積分と不等式」を利用,つまり積分範囲における被積分関数の大小関係を考えて,与えられた不等式を証明するだけだね。

【証明】
$n\leqq x\leqq n+1$ において,$\dfrac{1}{(n+1)^2}\leqq\dfrac{1}{x^2}\leqq\dfrac{1}{n^2}$ が成り立つから
\begin{align*}
&\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{(n+1)^2}\;dx\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{x^2}\;dx\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{n^2}\;dx \\[4pt]&\dfrac{1}{(n+1)^2}\leqq\dint{n}{n+1}\dfrac{1}{x^2}\;dx\leqq\dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
となる。
ヒロ
ヒロ

では,もう1つの不等式を証明しよう。

ヒロ
ヒロ

前回part3の記事でも書いたように,まずは微分積分の関係に着目しよう。

ヒロ
ヒロ

$\left(-\dfrac{1}{x}\right)’=\dfrac{1}{x^2}$ であることを考えて,証明するべき不等式を変形しよう。

まずは積分範囲を考える。
\begin{align*}
\dint{p}{q}\dfrac{1}{x^2}\;dx&=\Tint{-\dfrac{1}{x}}{p}{q} \\[4pt]&=-\dfrac{1}{q}+\dfrac{1}{p}
\end{align*}
より,$\dint{p}{q}\dfrac{1}{x^2}\;dx=2-\dfrac{1}{n}$ となる整数 $p,~q$ をうまく決められない。そんな場合は,両辺に同じ項があることが多いので,その同じ項を取り除いて考えよう。証明するべき不等式の両辺から1を引くと
\begin{align*}
&\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq1-\dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
となる。ここで,さっきの $p,~q$ を考えると,$p=1,~q=n$ とするとうまくいくことに気付く。つまり,右辺は
\begin{align*}
1-\dfrac{1}{n^2}=\dint{1}{n}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
と表すことができるから
\begin{align*}
&\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq\dint{1}{n}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
を証明すれば良い。
ヒロ
ヒロ

$\Sigma$ と $\dint{}{}$ があるときは,$\Sigma$ を優先して,両辺を $\Sigma$ を使って表そう。

$\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq\dint{1}{n}\dfrac{1}{x^2}\;dx$ を変形すると
\begin{align*}
\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq\Sum{k=2}{n}\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
となるから
\begin{align*}
\dfrac{1}{k^2}\leqq\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
を証明すれば良い。両辺を定積分で表すと次のようになる。
\begin{align*}
\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{k^2}\;dx\leqq\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
ヒロ
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この後は $k-1\leqq x\leqq k$ において,$\dfrac{1}{k^2}\leqq\dfrac{1}{x^2}$ が成り立つことを証明すれば良いけど,これは簡単というかそのままだね。実際の証明では,今考えたことを逆に書いていくだけで完璧な答案を仕上げることができる。

【証明】
$k$ を2以上の整数とすると,$k-1\leqq x\leqq k$ において,
\begin{align*}
\dfrac{1}{k^2}\leqq\dfrac{1}{x^2}
\end{align*}
が成り立つから
\begin{align*}
&\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{k^2}\;dx\leqq\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx \\[4pt]&\dfrac{1}{k^2}\leqq\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
$k=2,~3,~\cdots,~n$ として,辺々を加えると次のようになる。
\begin{align*}
\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq\Sum{k=2}{n}\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx
\end{align*}
ここで
\begin{align*}
\Sum{k=2}{n}\dint{k-1}{k}\dfrac{1}{x^2}\;dx&=\dint{1}{n}\dfrac{1}{x^2}\;dx \\[4pt]&=\Tint{-\dfrac{1}{x}}{1}{n} \\[4pt]&=1-\dfrac{1}{n}
\end{align*}
であるから
\begin{align*}
\Sum{k=2}{n}\dfrac{1}{k^2}\leqq1-\dfrac{1}{n}
\end{align*}
が成り立つ。両辺に1を加えて
\begin{align*}
1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\leqq2-\dfrac{1}{n}
\end{align*}
この結果において,$\dlim{n\to\infty}\left(2-\dfrac{1}{n}\right)=2$ であることを考えると,$\Sum{n=1}{\infty}\dfrac{1}{n^2}$ は2以下の値に収束するのかなということが分かる。実際には
\begin{align*}
\Sum{n=1}{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}
\end{align*}
であることが知られている。有理数を無限に加え続けると無理数になるという,なんとも不思議な結果である。
ヒロ
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これはバーゼル問題と呼ばれる有名問題の1つであるが,また別の記事で扱うことにする。

有名問題の考え方

有名問題次の不等式を証明せよ。ただし,$n$は自然数とする。
\begin{align*}
\dfrac23n\sqrt n<1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n<\dfrac23n\sqrt n+\sqrt n
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

数学的帰納法でも証明できるけど,$\left(\dfrac23x\sqrt{x}\right)’=x$ だから,練習だと思って定積分を利用して証明してみよう。

ヒロ
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左側と右側に分けて証明するのが面倒だと思うから,同時に証明しよう。

ヒロ
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まずは,最左辺と最右辺に同じ項 $\dfrac23n\sqrt{n}$ があることに着目して,与えられた不等式を変形して,結局,何を証明すれば良いかを考えていこう。

$\dfrac23n\sqrt n<1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n<\dfrac23n\sqrt n+\sqrt n$ より
\begin{align*}
1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n-1}<\dfrac23n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n-1}+\sqrt{n}
\end{align*}
ヒロ
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次に,$\Sigma$ を用いて表すことができる部分は $\Sigma$ を用いて表そう。また,定積分で表すことができる部分を定積分で表そう。その後,積分区間を分割して $\Sigma$ を用いて表そう。

上の不等式を変形すると
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n-1}\sqrt{k}<\dint{0}{n}\sqrt{x}\;dx<\Sum{k=1}{n}\sqrt{k} \\[4pt]&\Sum{k=1}{n-1}\sqrt{k}<\Sum{k=1}{n}\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\Sum{k=1}{n}\sqrt{k}
\end{align*}
ヒロ
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定積分で表された中央の式を $\Sigma$ を用いて表すときは,最左辺か最右辺のどちらかと形を同じにしよう。今回は最右辺に合わせた状態になっている。

ヒロ
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最左辺だけが $\Sigma$ の上端がずれた状態なので,$\Sum{k=1}{n}$ に揃えよう。

分かりやすくするために,一旦書き出すと
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n-1}\sqrt{k}=1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n-1}
\end{align*}
となるが,$\Sum{k=1}{n}\spadesuit$ の形で表すと次のようになる。
\begin{align*}
1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n-1}=\Sum{k=1}{n}\sqrt{k-1}
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

$k=1$ のときは,$\sqrt{k-1}=\sqrt{0}=0$ となるため,和は変わらないことに注意しよう。

ヒロ
ヒロ

これで $\Sigma$ の形が揃ったね。この後は $\Sigma$ の中身についての大小関係に持ち込もう。

証明するべき不等式は
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n}\sqrt{k-1}<\Sum{k=1}{n}\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\Sum{k=1}{n}\sqrt{k}
\end{align*}
となり,これを証明するためには,
\begin{align*}
\sqrt{k-1}<\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\sqrt{k}
\end{align*}
が成り立つことを証明すればよい。
ヒロ
ヒロ

次は,中央の辺が定積分で表されているから,他の2つの辺も同じ積分範囲の定積分で表そう。

$\dint{k-1}{k}\;dx=1$ であることを利用すると,
\begin{align*}
\dint{k-1}{k}\sqrt{k-1}\;dx<\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\dint{k-1}{k}\sqrt{k}\;dx
\end{align*}
が成り立つことを証明すれば良いことが分かる。つまり $k-1\leqq x\leqq k$ において
\begin{align*}
\sqrt{k-1}\leqq\sqrt{x}\leqq\sqrt{k}
\end{align*}
が成り立つことを証明すれば良い。
ヒロ
ヒロ

ここまで来れば,この不等式が成り立つことは分かるはず。証明としては,今計算した手順を全部逆に書いていけば良い。

【証明】
$k$ を自然数とすると,$k-1\leqq x\leqq k$ において
\begin{align*}
\sqrt{k-1}\leqq\sqrt{x}\leqq\sqrt{k}
\end{align*}
が成り立つ。等号は常には成り立たないから
\begin{align*}
&\dint{k-1}{k}\sqrt{k-1}\;dx<\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\dint{k-1}{k}\sqrt{k}\;dx \\[4pt]&\sqrt{k-1}<\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\sqrt{k}
\end{align*}
が成り立つ。ここで,$k=1,~2,~\cdots,~n$ として辺々を加えると,次のようになる。
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n}\sqrt{k-1}<\Sum{k=1}{n}\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx<\Sum{k=1}{n}\sqrt{k}
\end{align*}
中央の辺は
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n}\dint{k-1}{k}\sqrt{x}\;dx&=\dint{0}{n}\sqrt{x}\;dx \\[4pt]&=\Tint{\dfrac32x\sqrt{x}}{0}{n} \\[4pt]&=\dfrac32n\sqrt{n}
\end{align*}
となるから
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n}\sqrt{k-1}<\dfrac23n\sqrt{n}<\Sum{k=1}{n}\sqrt{k} \\[4pt]&1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n-1}<\dfrac23n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n} \\[4pt]&\dfrac23n\sqrt n<1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n<\dfrac23n\sqrt n+\sqrt n
\end{align*}
ヒロ
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この考え方であれば,グラフを描いて考えることが苦手な人でも,式変形によって,模範解答のような解答を作ることができるようになる。

2009年 琉球大の入試問題の考え方

2009年 琉球大$n$ を2以上の自然数とする。次の問に答えよ。
(1) 定積分 $\dint{1}{n}x\log x\;dx$ を求めよ。
(2) 次の不等式を証明せよ。
\begin{align*}
\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)<\Sum{k=1}{n}k\log k<\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)+n\log n
\end{align*}

(3) $\dlim{n\to\infty}\left\{(1^1\cdot2^2\cdot3^3\cdots n^n)^{\frac{1}{n^2\log n}}\right\}$ を求めよ。
ヒロ
ヒロ

まずは(1)から。

【(1)の解答】
\begin{align*}
\dint{1}{n}x\log x\;dx&=\Tint{\dfrac{1}{2}x^2\log x-\dfrac{1}{4}x^2}{1}{n} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

(2)は何を証明すれば良いか,明らかにしていこう。

与えられた不等式を変形していく。
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)<\Sum{k=1}{n}k\log k \\[4pt]
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\dint{1}{n}x\log x\;dx<\Sum{k=1}{n}k\log k \\[4pt]
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\Sum{k=1}{n-1}\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<\Sum{k=1}{n}k\log k
\end{align*}
ここで
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n}k\log k&=\Sum{k=2}{n}k\log k \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{n-1}(k+1)\log(k+1)
\end{align*}
となるから
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\Sum{k=1}{n-1}\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<\Sum{k=1}{n-1}(k+1)\log(k+1) \\[4pt]
&k\log k<\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<(k+1)\log(k+1) \\[4pt]
&k\log k\leqq x\log x\leqq(k+1)\log(k+1)
\end{align*}
ヒロ
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ここまでの事前準備で証明を簡単にすることができるね。

【(2)の解答】
$y=x\log x$ は増加関数であるから,$k$ を自然数とするとき
\begin{align*}
k\log k\leqq x\log x\leqq(k+1)\log(k+1)
\end{align*}
が成り立つ。等号は常には成り立たないから
\begin{align*}
&\dint{k}{k+1}k\log k\;dx<\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<\dint{k}{k+1}(k+1)\log(k+1)\;dx \\[4pt]
&k\log k<\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<(k+1)\log(k+1)
\end{align*}
$k=1,~2,~\cdots,~n-1$ として,辺々を加えると次のようになる。
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\Sum{k=1}{n-1}\dint{k}{k+1}x\log x\;dx<\Sum{k=1}{n-1}(k+1)\log(k+1)
\end{align*}
ここで,(1)の結果より
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n-1}\dint{k}{k+1}x\log x\;dx&=\dint{1}{n}x\log x\;dx \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)
\end{align*}
であるから
\begin{align*}
&\Sum{k=1}{n-1}k\log k<\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)<\Sum{k=1}{n}k\log k
\end{align*}
となる。よって,
\begin{align*}
&\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)<\Sum{k=1}{n}k\log k<\dfrac{1}{2}n^2\log n-\dfrac{1}{4}(n^2-1)+n\log n
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

段々慣れてきただろうか。グラフを描いて説明しなくて良いから,グラフを描くことが苦手な人でもスッキリした証明を書くことができるのがメリットだね。

ヒロ
ヒロ

不等式の証明のあとで極限を聞かれている場合,証明した不等式を利用して,最終的に,はさみうちの原理を用いて極限を求める問題だと思って間違いない。

ヒロ
ヒロ

(3)の式の見た目と(2)の不等式の見た目に差があるから,差がなくなるような変形・操作を考えないといけない。

ヒロ
ヒロ

(3)では掛け算になっているが,(2)の中央の辺は足し算になっているのに着目しよう。違和感がある言い方だけど,掛け算が足し算になるような操作を考えると,(2)の不等式にも含まれている「対数をとる」という操作が良さそうだね。

(3)の極限を考える式の自然対数をとると
\begin{align*}
&\log\left\{(1^1\cdot2^2\cdot3^3\cdots n^n)^{\frac{1}{n^2\log n}}\right\} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{n^2\log n}\log(1^1\cdot2^2\cdot3^3\cdots n^n) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{n^2\log n}\Sum{k=1}{n}k\log k
\end{align*}
となるから,(2)の不等式の辺々を $n^2\log n$ で割るのが第一手となる。
【(3)の解答】
(2)の不等式の辺々を $n^2\log n~(>0)$ で割ると
\begin{align*}
\dfrac{1}{2}-\dfrac{n^2-1}{4n^2\log n}<\dfrac{1}{n^2\log n}\Sum{k=1}{n}k\log k<\dfrac{1}{2}-\dfrac{n^2-1}{4n^2\log n}+\dfrac{1}{n}
\end{align*}
ここで
\begin{align*}
\dlim{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{n^2-1}{4n^2\log n}\right)&=\dlim{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1-\dfrac{1}{n^2}}{4\log n}\right) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}
\end{align*}
であり,また,
\begin{align*}
\dlim{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{n^2-1}{4n^2\log n}+\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{1}{2} \\[4pt]
\end{align*}
であるから,はさみうちの原理より
\begin{align*}
\dlim{n\to\infty}\dfrac{1}{n^2\log n}\Sum{k=1}{n}k\log k=\dfrac{1}{2}
\end{align*}

$a_n=(1^1\cdot2^2\cdot3^3\cdots n^n)^{\frac{1}{n^2\log n}}$ とおくと,
\begin{align*}
\log a_n=\dfrac{1}{n^2\log n}\Sum{k=1}{n}k\log k
\end{align*}
であるから,
\begin{align*}
&\dlim{n\to\infty}\log a_n=\dfrac{1}{2} \\[4pt]
&\dlim{n\to\infty}a_n=\sqrt{e}
\end{align*}
ヒロ
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「不等式 → 極限」の流れでは,ほとんど「はさみうちの原理」を利用するので,そのつもりで考えるようにしよう。

定積分を含む不等式の証明問題の解法のまとめ

ヒロ
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定積分を含む不等式の証明において,グラフを描いて面積の大小関係を考えることが苦手な人は,式変形による解法を身に付けよう。

ヒロ
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次のまとめの手順に従って,解答を進めていくことで,ほとんどの問題を解くことができる。

$\Sum{k=a}{b}f(k)>g(n)$ の証明
  1. $g'(x)\fallingdotseq f(x)$ であることを確認する。
  2. $g(n)=\dint{p}{q}f(x)\;dx$ となる $p,~q$ を見つける。ほとんどの問題は,$\dint{0}{n}$, $\dint{0}{n+1}$, $\dint{1}{n}$, $\dint{1}{n+1}$ のいずれかである。
  3. 定積分を $\Sigma$ を用いて表す。代表例は次の通り。
    \begin{align*}
    &\dint{0}{n}=\Sum{k=1}{n}\dint{k-1}{k}=\Sum{k=0}{n-1}\dint{k}{k+1} \\[4pt]&\dint{0}{n+1}=\Sum{k=1}{n+1}\dint{k-1}{k}=\Sum{k=0}{n}\dint{k}{k+1} \\[4pt]&\dint{1}{n}=\Sum{k=2}{n}\dint{k-1}{k}=\Sum{k=1}{n-1}\dint{k}{k+1} \\[4pt]&\dint{1}{n+1}=\Sum{k=2}{n+1}\dint{k-1}{k}=\Sum{k=1}{n}\dint{k}{k+1}
    \end{align*}
  4. 証明するべき不等式が
    \begin{align*}
    \Sum{k=1}{n}f(k)>\Sum{k=1}{n}\dint{k}{k+1}g(x)\;dx
    \end{align*}
    と変形できた場合は
    \begin{align*}
    f(k)>\dint{k}{k+1}g(x)\;dx
    \end{align*}
    を証明することを考える。この不等式は
    \begin{align*}
    \dint{k}{k+1}f(k)\;dx>\dint{k}{k+1}g(x)\;dx
    \end{align*}
    と変形できるため,$k\leqq x\leqq k+1$ において,$f(k)\geqq g(x)$ であることを証明すれば良い。
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