高校数学III 積分による和の評価—単調な関数の長方形から不等式を証明する｜武蔵野個別指導塾

減少関数の左右の長方形を積分と比べ、有限和の上下評価と、両側の差が消える極限の証明を組み立てます。

よくあるのは、減少する曲線の下に長方形を並べたのに、左右の高さを取り違えて不等号を逆にする場面です。和の一項がどの区間の左端に当たるかを書き出すと、図と式を行き来できます。有限和の評価から、上下の差が消える場合の極限まで考えます。

和を挟む場面を見分ける

第一の型は、分母が順に大きくなる和を、積分できる減少関数の値と見て上下から抑える問題です。個々の項を無理に足し合わせず、隣り合う整数の間の積分と比べます。比較後に足し合わせる区間と、和の添字の範囲が一致するかが要点です。

第二の型は、分割幅を含む和の極限です。幅が小さくなるとき、左右の長方形の和の差も小さくなれば、定積分を介して極限が決まります。和の項に幅が見えなければ、外の係数も含めて幅を作ります。

第三の型は、有限和そのものの上界や下界を示す問題です。厳密な大小が必要なら、単調であるだけでなく、各区間に実際に高さの差があるかを調べます。定数関数なら左右の長方形は曲線と一致するため、常に狭義不等号を書けるわけではありません。

端点の高さと積分の順序

fが[a,b]で正、連続かつ単調減少とします。a<bとし、nを正の整数、幅をh=(b-a)/n、分点をxₖ=a+khとします。連続なので各小区間の定積分が存在します。正である条件は長方形の高さを正として見るためで、大小の積分自体は符号が変わっても成り立ちます。

各区間[xₖ₋₁,xₖ]のどのxについても、減少性からf(xₖ)≦f(x)≦f(xₖ₋₁)です。幅hは正なので、区間ごとに積分して次を得ます。

h f(xₖ) ≦ ∫[xₖ₋₁→xₖ] f(x) dx ≦ h f(xₖ₋₁)

図1のように、右端の高さは曲線の下、左端の高さは曲線の上です。図は減少する直線の一例で、一般の減少関数でも同じ端点の大小を使います。

図1の1区間の比較をk=1からnまで加えると、積分の区間がつながり、右端和≦定積分≦左端和となります。両端の和の差は途中の項が消えてh{f(a)-f(b)}です。f(a)とf(b)は固定され、hはnが大きくなると0へ向かうため、両方の和は定積分へ近づきます。

増加関数なら左右の役割が逆になります。単調減少が狭義で、各小区間の内部で両端の高さと異なるなら、連続性によって積分との比較も狭義になります。区間全体での大小を示してから積分することが、図の印象を証明に変える手順です。

基本例題：整数の区間を一つずつ比べる

正の整数nについて、Sₙ=Σ[k=1..n] 1/(k+2)とします。積分を用いてlog((n+3)/3)≦Sₙ≦log((n+2)/2)を示してください。答えは自然対数を用いる正確な不等式とします。

f(x)=1/xは[2,n+3]で正かつ連続です。またf′(x)=-1/x²<0なので狭義単調減少です。図2のように、1/(k+2)は[k+2,k+3]では左端の高さ、[k+1,k+2]では右端の高さです。どちらも幅は1です。

図2の各長方形と曲線を比べると、同じ項について次が成り立ちます。

∫[k+2→k+3] 1/x dx ≦ 1/(k+2)
1/(k+2) ≦ ∫[k+1→k+2] 1/x dx

前者は左端の高さ、後者は右端の高さを使いました。k=1からnまで足すと、隣接区間がつながります。

∫[3→n+3] 1/x dx ≦ Sₙ
Sₙ ≦ ∫[2→n+2] 1/x dx

区間は正の範囲にあり、log xの導関数は1/xです。したがって端点を代入すると、求める上下評価になります。n=1ならlog(4/3)≦1/3≦log(3/2)であり、和の唯一の項が各積分区間の指定した端点の高さに戻ることも確認できます。実際には各区間の内部で高さが異なるので、この例の不等号はどちらも狭義にできます。

標準例題：幅も一緒に評価する

正の整数nについて、Aₙ=Σ[k=1..n] n/(n²+k²)とします。Aₙの極限をπを用いた正確な値で求めてください。

まず一項を(1/n)/(1+(k/n)²)と変形します。f(x)=1/(1+x²)は[0,1]で正かつ連続であり、0≦u<v≦1ならu²<v²なのでf(u)>f(v)です。幅1/n、右端k/nの長方形が与えられた和です。

左端の和をLₙとし、I=∫[0→1] 1/(1+x²) dxと置けば、単調減少性よりAₙ≦I≦Lₙです。左端と右端の和の差を計算します。

Lₙ-Aₙ = (1/n){f(0)-f(1)}
         = 1/(2n)

途中の高さが相殺され、両端だけが残りました。ゆえにI-1/(2n)≦Aₙ≦Iです。1/(2n)は0に収束するので、はさみうちによりAₙはIへ収束します。

積分の値は、-π/2<t<π/2でx=tan tと置いて求めます。xが0から1に増えるとtは0からπ/4に増え、dx=(1/cos² t) dt、1+tan² t=1/cos² tです。

I = ∫[0→π/4] 1 dt
  = π/4

したがって答えはπ/4です。元の和に戻ると、標本点k/nと幅1/nの積が各項n/(n²+k²)に一致します。極限を定積分と読む際に、この復元を省かないでください。

発展例題：上下評価の差を使って極限を決める

正の整数nに対してBₙ=Σ[k=1..n] 1/(n+k)とします。Bₙの極限を自然対数を用いて正確に求めてください。和を直接計算するのではなく、単調性と積分の評価を使います。

f(x)=1/xは[n,2n+1]で正、連続、狭義単調減少です。項1/(n+k)を、右端がn+kである幅1の区間と、左端がn+kである幅1の区間にそれぞれ対応させます。

∫[n+k→n+k+1] 1/x dx ≦ 1/(n+k)
1/(n+k) ≦ ∫[n+k-1→n+k] 1/x dx

k=1からnまで足すと下端と上端が次のように残ります。

∫[n+1→2n+1] 1/x dx ≦ Bₙ
Bₙ ≦ ∫[n→2n] 1/x dx

正の範囲で積分して対数をまとめます。

log((2n+1)/(n+1)) ≦ Bₙ ≦ log 2

下界の真数は(2+1/n)/(1+1/n)であり2へ向かいます。対数関数は正の範囲で連続なので下界もlog 2へ向かいます。上界は常にlog 2ですから、はさみうちにより極限はlog 2です。

各項は[n+k-1,n+k]の右端の高さです。最初の区間は[n,n+1]、最後は[2n-1,2n]となり、上側の積分区間[n,2n]へ戻ります。下側も最初と最後を確かめると[n+1,2n+1]です。端点がnとともに動いても、両評価が同じ値へ近づけば結論できます。

逆向きの不等号を直す

減少関数fに対して「右端の高さは曲線より高いから、∫[2→3] f(x) dx≦f(3)」と書いたとします。幅が1なので係数は合っていますが、高さの比較が逆です。例えばf(x)=1/xなら、2<x<3で1/3<1/xです。

図3のように、右端の長方形は曲線の下にあります。したがって正しくはf(3)≦∫[2→3] f(x) dxです。左端については逆に、∫[2→3] f(x) dx≦f(2)となります。

図3では幅が1なので長方形の値は高さと同じですが、幅がhならh f(3)に相当する形へ直す必要があります。また、増加関数にこの向きをそのまま使うことも失敗です。導関数の符号または定義に戻り、区間全体の単調性を先に判定します。

和を足した後に端点を一つずらす誤りもあります。最初のkと最後のkを実際に代入して、積分区間が隣り合ってつながるかを見ます。狭義不等号を使うときは、等しい区間がないかも別に調べます。

練習問題

次の5問ではnを正の整数とします。極限は指定された正確な形で答え、評価は積分区間と不等号の向きも示してください。

1. f(x)=1/(x+4)について、Σ[k=1..n] 1/(k+4)を2つの定積分で上下から評価し、自然対数で表してください。
2. Cₙ=Σ[k=1..n] (1/n)(1+k/n)について、左右の和で挟み、極限を分数で求めてください。
3. Dₙ=Σ[k=1..n] n/(2n+k)について、単調性と積分を使い、Dₙ/nの極限を自然対数で求めてください。
4. Eₙ=Σ[k=1..n] 1/(k+5)²について、積分を用いて1/6-1/(n+6)≦Eₙ≦1/5-1/(n+5)を示してください。
5. Fₙ=Σ[k=1..n] (1/n)e⁻ᵏ/ⁿについて、左右の和の差を求め、極限をeを用いて答えてください。

練習の解答と解き方

1

fは[0,n+1]で正、連続、狭義単調減少です。各項は[k,k+1]の左端、[k-1,k]の右端の高さです。よって幅1の比較を足すと次を得ます。

∫[1→n+1] 1/(x+4) dx ≦ Σ[k=1..n] 1/(k+4)
Σ[k=1..n] 1/(k+4) ≦ ∫[0→n] 1/(x+4) dx

原始関数log(x+4)を各端点に入れます。分母は区間内で正です。

log((n+5)/5) ≦ Σ[k=1..n] 1/(k+4)
Σ[k=1..n] 1/(k+4) ≦ log((n+4)/4)

最初の項1/5は下側の[1,2]の左端と上側の[0,1]の右端に対応します。最後の項も同じ配置であり、積分区間の両端が問題の和と一致します。

2

f(x)=1+xは[0,1]で正、連続、狭義単調増加です。左端和をPₙとすると、Pₙ≦∫0→1 dx≦Cₙです。増加関数なので右端和が上に来ます。

Cₙ-Pₙ = (1/n){f(1)-f(0)}
         = 1/n
∫[0→1](1+x) dx = 1+1/2
                    = 3/2

よって3/2≦Cₙ≦3/2+1/nとなり、極限は3/2です。元の各項は幅1/nと右端の高さ1+k/nの積です。差が0へ向かうことが、上側の和の収束を支えます。

3

Dₙ/n=Σ[k=1..n] 1/(2n+k)です。g(x)=1/xは[2n,3n+1]で正、連続、狭義単調減少です。右端と左端に同じ項を使うと次の評価を得ます。

∫[2n+1→3n+1] 1/x dx ≦ Dₙ/n
Dₙ/n ≦ ∫[2n→3n] 1/x dx

対数で積分すると、下界はlog((3n+1)/(2n+1))、上界はlog(3/2)です。下界の真数も3/2へ向かうので、はさみうちにより極限はlog(3/2)です。最初の右端は2n+1、最後は3nであり、元の分母と一致します。

4

h(x)=1/x²は[5,n+6]で正、連続、狭義単調減少です。左端と右端の幅1の区間をそれぞれ足します。

∫[6→n+6] 1/x² dx ≦ Eₙ
Eₙ ≦ ∫[5→n+5] 1/x² dx

-1/xの導関数は1/x²ですから、各端点の差は次の通りです。

∫[6→n+6] 1/x² dx = 1/6-1/(n+6)
∫[5→n+5] 1/x² dx = 1/5-1/(n+5)

これで指定の不等式が得られます。k=1の高さは1/36で、下側では区間[6,7]の左端、上側では[5,6]の右端です。n=1でも区間の対応が崩れません。

5

q(x)=e⁻ˣは[0,1]で正、連続、狭義単調減少です。右端和がFₙであり、左端和をQₙとするとFₙ≦∫[0→1] e⁻ˣ dx≦Qₙです。

Qₙ-Fₙ = (1/n){q(0)-q(1)}
         = (1-1/e)/n
∫[0→1] e⁻ˣ dx = [-e⁻ˣ]の0から1までの差
                   = 1-1/e

差は0に収束するのでFₙの極限は1-1/eです。幅1/nと右端k/nの高さを掛けると、問題の各項に戻ります。導関数が-e⁻ˣであることから単調性も確認できます。

要点を手元に残す

減少関数では右端和が下、左端和が上です。 増加関数では左右が入れ替わります。 幅と添字の最初・最後を積分区間に対応させます。 両側が同じ値に近づくことを示して、はさみうちを使います。

式のどこで迷ったかを探す

不等号が逆になったときは、まず一つの小区間に戻り、左端と右端の高さを数値で比べます。値の比較が合っていれば、次に幅を掛けたか、最後に積分区間をつないだかを調べます。数値の例は向きの点検には役立ちますが、全区間の証明には単調性が必要です。

個別指導で確認するなら、最初の項と最後の項に対応する2つの区間を本人に書いてもらいます。端点は合うのに極限で止まる場合は、上下の差を引き算して、0に近づく量を特定します。長方形の高さと幅がそろえば、和の評価の根拠が式に残ります。