ここでは定積分を含む不等式の証明について説明します。大学入試問題を通して，定積分を含む不等式の証明を考える際の不等式の扱い方や考え方を身に付けましょう。
Contents
定積分を含む不等式の証明問題1【2018年 広島大】
2018年 広島大次の問いに答えよ。
(1) すべての実数 $t$ に対し，$1+t\leqq e^t$ が成り立つことを示せ。
(2) 定積分 $\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx$ の値を求めよ。
(3) 次の不等式を示せ。
(1) すべての実数 $t$ に対し，$1+t\leqq e^t$ が成り立つことを示せ。
(2) 定積分 $\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx$ の値を求めよ。
(3) 次の不等式を示せ。
\begin{align*}
\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt{2}
\end{align*}
\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt{2}
\end{align*}
ヒロ
(1)は右辺から左辺を引いた関数の増減を考えよう。
【(1)の解答】
$f(t)=e^t-(1+t)$ とおくと
よって，すべての実数 $t$ に対して $1+t\leqq e^t$ が成り立つ。
$f(t)=e^t-(1+t)$ とおくと
\begin{align*}
f'(t)=e^t-1
\end{align*}
$f'(t)=0$ とすると $t=0$ となるから，$f(t)$ の増減は次のようになる。f'(t)=e^t-1
\end{align*}
\begin{align*}
\begin{array}{|c||c|c|c|}\hline
t & \cdots & 1 & \cdots \\\hline
f'(t) & – & 0 & + \\\hline
f(t) & \searrow & 0 & \nearrow \\\hline
\end{array}
\end{align*}
増減表より，すべての実数 $t$ に対して，$f(t)\geqq0$ が成り立つ。\begin{array}{|c||c|c|c|}\hline
t & \cdots & 1 & \cdots \\\hline
f'(t) & – & 0 & + \\\hline
f(t) & \searrow & 0 & \nearrow \\\hline
\end{array}
\end{align*}
よって，すべての実数 $t$ に対して $1+t\leqq e^t$ が成り立つ。
ヒロ
(2)は頑張って積分計算しよう。
【(2)の解答】
\begin{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx&=\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\sin x}{(1+\sin x)(1-\sin x)}\;dx \\[4pt]
&=\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\sin x}{\cos^2x}\;dx \\[4pt]
&=\Tint{\tan x-\dfrac{1}{\cos x}}{0}{\frac{\pi}{4}} \\[4pt]
&=2-\sqrt2
\end{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx&=\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\sin x}{(1+\sin x)(1-\sin x)}\;dx \\[4pt]
&=\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1-\sin x}{\cos^2x}\;dx \\[4pt]
&=\Tint{\tan x-\dfrac{1}{\cos x}}{0}{\frac{\pi}{4}} \\[4pt]
&=2-\sqrt2
\end{align*}
定積分と不等式$a\leqq x\leqq b$ において，$f(x)\geqq g(x)$ のとき，
\begin{align*}
\dint{a}{b}f(x)\;dx\geqq\dint{a}{b}g(x)\;dx
\end{align*}
が成り立つ。等号は $a\leqq x\leqq b$ において，$f(x)=g(x)$ であるときに限って成り立つ。\dint{a}{b}f(x)\;dx\geqq\dint{a}{b}g(x)\;dx
\end{align*}
ヒロ
(1)と(2)の結果を利用することを考えよう。特に(2)の定積分の結果が(3)の最右辺と一致している点は見逃せない。
【(3)の解答】
(1)の結果より，
(1)の結果より，
\begin{align*}
e^{-t}\leqq\dfrac{1}{1+t}
\end{align*}
が成り立つから，$t=\sin x$ としてe^{-t}\leqq\dfrac{1}{1+t}
\end{align*}
\begin{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx
\end{align*}
(2)の結果より\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{1+\sin x}\;dx
\end{align*}
\begin{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt2~\cdots\cdots①
\end{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt2~\cdots\cdots①
\end{align*}
ヒロ
あとは左側を証明すれば終わり。変形する方法のみで考えてはいけない。
左辺の $\dfrac{\pi}{4}$ は
\begin{align*}
\dfrac{\pi}{4}=\tint{x}{0}{\frac{\pi}{4}}
\end{align*}
から来てるのかなと考えることができる。\dfrac{\pi}{4}=\tint{x}{0}{\frac{\pi}{4}}
\end{align*}
ヒロ
$t$ は実数であればよいから，$-\sin x$ にすればうまくいくかもしれないと考えよう。
【(3)の解答の続き】
(1)の結果より
(1)の結果より
\begin{align*}
1-\sin x\leqq e^{-\sin x}
\end{align*}
が成り立つから1-\sin x\leqq e^{-\sin x}
\end{align*}
\begin{align*}
&\dint{0}{\frac{\pi}{4}}(1-\sin x)\;dx\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-x}\;dx
\end{align*}
が成り立つ。ここで&\dint{0}{\frac{\pi}{4}}(1-\sin x)\;dx\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-x}\;dx
\end{align*}
\begin{align*}
\dint{0}{\frac{\pi}{4}}(1-\sin x)\;dx&=\tint{x+\cos x}{0}{\frac{\pi}{4}} \\[4pt]
&=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\sqrt2}{2}-1
\end{align*}
であるから\dint{0}{\frac{\pi}{4}}(1-\sin x)\;dx&=\tint{x+\cos x}{0}{\frac{\pi}{4}} \\[4pt]
&=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\sqrt2}{2}-1
\end{align*}
\begin{align*}
\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt2}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-x}\;dx~\cdots\cdots②
\end{align*}
①，②より\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt2}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-x}\;dx~\cdots\cdots②
\end{align*}
\begin{align*}
\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt{2}
\end{align*}
\dfrac{\pi}{4}-1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\dint{0}{\frac{\pi}{4}}e^{-\sin x}\;dx\leqq2-\sqrt{2}
\end{align*}