続いて東京大学の理系数学第2問を取り上げます。見た目はシンプルですが極限計算と証明がやや難しい問題です。
（１）$x>0$ のとき，$\log x \le x-1$ を示せ．
（２）極限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n \int_{1}^{2} \log \left(\dfrac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2}\right)\,dx$ を求めよ．
（2025年 東京大学 理科前期第2問）
（１）
関数
\[
f(x) = x-1-\log x
\]を考える．ここで $f(1) = 0$ であり，導関数
\[
f'(x) = 1-\frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}
\]となる．すると $x>1$ では $f'(x) > 0$，一方 $0 < x < 1$ では $f'(x) < 0$ となるため，$x=1$ を境に $f(x)$ は全域で最小値を $f(1)=0$ にとる．よって $f(x)\ge0$ が成り立ち，
\[
f(x) = x-1-\log x \ge 0
\quad\Longrightarrow\quad
\log x \le x-1.
\]したがって $x>0$ で常に
\[
\log x \le x-1
\]が成立する．
（証明終了）
（２）
（１）で示した不等式 $\log(1+t)\le t$ などを活用し，被積分関数 $\log\left(\dfrac{1 + x^{1/n}}{2}\right)$ を上手く評価する．また $n(x^{1/n}-1)\to \log x$ を利用し，積分全体の極限をはさみうちで決定する．
まず $x\ge1$ の範囲で \[ x^{\tfrac{1}{n}} = \exp\!\left(\dfrac{1}{n}\log x\right). \] ここで $s=\dfrac{1}{n}\log x \ge 0$ とおくと，高校範囲でもよく知られている「$\exp(s)$ と $s$ の大小関係」や $\log(1+t)\le t$ を組み合わせることで \[ s \le e^s-1 \le s\,e^s \] が成り立つ．よって $s=\dfrac{1}{n}\log x$ を代入し， \[ \dfrac{\log x}{n} \le x^{1/n}-1 \le \dfrac{\log x}{n}\,x^{1/n}. \] 両辺を $n$ 倍すると \[ \log x \le n\left(x^{1/n}-1\right) \le \log x \cdot x^{1/n}. \] $n\to\infty$ では $x^{1/n}\to1$ となるから，はさみうちより \[ \lim_{n\to\infty} n\left(x^{1/n}-1\right) = \log x \tag*{(*)} \]が言える。
ここで問題の積分を \[ I_n = n \int_{1}^{2} \log \left(\dfrac{1 + x^{1/n}}{2}\right)\,dx \] とおく．まず分数部分を \[ \log \left(\dfrac{1 + x^{1/n}}{2}\right) = \log\left(1 + \dfrac{x^{1/n}-1}{2}\right), \] と見なし，$h_n(x)=\dfrac{x^{1/n}-1}{2}\ge0$ と定義して，被積分関数を $\log(1 + h_n(x))$ と書く．
(1) より $t\ge0$ ならば $\log(1+t)\le t$ が成り立つ．よって \[ \log\left(1 + h_n(x)\right) \le h_n(x) = \frac{x^{1/n}-1}{2}. \] これを積分し，さらに $n$ 倍すると \[ \begin{aligned}I_n &= n \int_{1}^{2} \log\left(1 + h_n(x)\right)\,dx \\ &\le n \int_{1}^{2} \frac{x^{1/n}-1}{2}\,dx \\ &= \frac{1}{2}\int_{1}^{2} n\left(x^{1/n}-1\right)\,dx.\end{aligned} \] 上式の被積分関数 $n(x^{1/n}-1)$ について上述の式$(*)$より， \[ \lim_{n\to\infty} I_n \le \frac{1}{2}\int_{1}^{2} \log x\,dx \]が成り立つ。
\[ \begin{aligned}\int_{1}^{2} \log x\,dx &= [x\log x-x]_{1}^{2} \\ &= (2\log 2-2)-(\log 1-1) \\ &= 2\log 2-2 + 1 \\ &= 2\log 2-1.\end{aligned} \] より、 \[ \lim_{n\to\infty} I_n \le \log 2-\frac{1}{2}. \]となる。
$\log(1+t)$ について，\[ \frac{t}{1+t} \le \log(1+t) \le t \quad(t\ge0) \] が成り立つから、 \[ \frac{h_n(x)}{\,1+h_n(x)\,} \le \log\left(1 + h_n(x)\right) \le h_n(x). \] 同様に積分して $n$ 倍すると \[ n \int_{1}^{2} \frac{h_n(x)}{\,1 + h_n(x)}\,dx \le I_n \le n \int_{1}^{2} h_n(x)\,dx. \] 右側は前と同じ不等式より $\displaystyle \lim_{n\to\infty} I_n \le \log 2-\dfrac{1}{2}$，左側は \[ \begin{aligned}n \int_{1}^{2} \frac{h_n(x)}{\,1 + h_n(x)} \,dx &= \frac{n}{2}\int_{1}^{2} \frac{x^{1/n}-1}{\,1 + \dfrac{x^{1/n}-1}{2}\,}\,dx \\ &= n \int_{1}^{2} \frac{x^{1/n}-1}{\,1 + x^{1/n}\,}\,dx.\end{aligned} \] ここで $\dfrac{x^{1/n}-1}{\,1 + x^{1/n}\,}$ は，$n\to\infty$ のとき $n(x^{1/n}-1)\to \log x$ と $1 + x^{1/n}\to 2$ となることを組み合わせると \[ n \cdot \frac{x^{1/n}-1}{\,1 + x^{1/n}\,} \longrightarrow \frac{\log x}{2}. \] 再びはさみうちの原理で \[ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty} I_n & \ge \int_{1}^{2} \frac{\log x}{2}\,dx \\ & = \frac{1}{2}\int_{1}^{2} \log x\,dx \\ & = \log 2 -\frac{1}{2}.\end{aligned} \] 結局 \[ \log 2 -\frac{1}{2} \le \lim_{n\to\infty} I_n \le \log 2 -\frac{1}{2}, \] よって極限はちょうど \[ \lim_{n\to\infty} I_n = \log 2 -\frac{1}{2}. \]
したがって，求める極限値は\[ \displaystyle \lim_{n\to\infty} n \int_{1}^{2} \log \left(\dfrac{1 + x^{1/n}}{2}\right)\,dx = \color{red}{\log 2 -\frac{1}{2}} \]となる。
答えを見積もるだけであればある程度予想はできそうですが、証明をきちんとしようとすると少し面倒です。細部の証明を下記に示すので参考にしてください。
因みに、上記の解答はOpenAI o1 proモデルが出力した答案を微修正したものです。グラフを使うなど、もう少しスマートな証明がありそうです。この文章量だと実際の答案用紙に収まらない気がします…。
$s \le e^s-1 \le s\,e^s$ の証明
ここでは $s \ge 0$ を仮定して議論する．
（A）左辺について：
これは
\[
e^s-1-s \ge 0
\]と同値である．示し方はいくつかあるが，代表例を以下に２つ示す：
関数
\[
f(s) = e^s-1-s
\]を考える．$f(0)=0$ で，導関数は
\[
f'(s) = e^s-1.
\]$s>0$ ならば $e^s-1 > 0$ なので $f'(s)>0$，従って $f(s)$ は $s=0$ より右で増加する．よって $s\ge0$ なら $f(s)\ge f(0)=0$ が成り立ち，すなわち
\[
e^s-1 \ge s.
\]
\[
e^s-1
= \int_0^s e^u \, du
\]だが，$e^u \ge 1$ が $0 \le u \le s$ 上で成り立つ（$s\ge 0$ の場合）ので
\[
\int_0^s e^u\,du
\ge
\int_0^s 1\,du
=
s.
\]よって $e^s-1 \ge s$ となる．
（B）右辺について：
変形すると
\[
e^s-1 \le s e^s
\Longleftrightarrow
e^s-1-s e^s \le 0
\Longleftrightarrow
e^s \,(1-s) \le 1.
\]
あるいは
\[
1-s \le e^{-s}.
\]
これを示すのに，同様に関数の単調性を使ってもよい．すなわち
\[
g(s) = e^{-s}-(1-s),
\]
$g(0)=0$ で，導関数
\[
g'(s) = -\,e^{-s} + 1
= 1-e^{-s}.
\]
$s>0$ ならば $e^{-s} < 1$ なので $g'(s)>0$．よって $g(s)$ は $s=0$ 以降で増加し，$g(s)\ge g(0)=0$．したがって $e^{-s}\ge 1-s$ となり，そこから
\[
e^s-1
\le
s\,e^s
\]
が得られる．
$\dfrac{t}{1+t} \le \log(1+t) \le t \, (t\ge0)$ の証明
$t\ge0$ を仮定して，両側の不等式を示す．
これは (1) の不等式 $\log x \le x-1$ を $x=1+t$ に代入することで直接わかる：
\[
\log(1+t)
\le
(1+t)-1
=
t
\quad
(\,t \ge 0\,).
\]あるいは関数 $h(t)= \log(1+t)-t$ の単調性でも示せるが，通常はすでに知られた形である $\log(1+t)\le t$ を用いれば十分である．
これも平均値の定理や単調性で示される．たとえば平均値の定理を使うと，関数 $f(x) = \log x$ の区間 $[1,\,1+t]$ において適当な $\xi\in(1,\,1+t)$ をとれば
\[
\frac{\log(1+t)-\log(1)}{(1+t)-1}
=
f'(\xi)
=
\frac{1}{\xi},
\]かつ $\xi \le 1+t$ より $\tfrac{1}{\xi}\ge \tfrac{1}{1+t}$. 従って
\[
\frac{\log(1+t)}{\,t\,}
\ge
\frac{1}{\,1+t\,}
\Longrightarrow
\log(1+t)
\ge
\frac{t}{\,1+t\,}.
\]または，関数
\[
g(t) = \log(1+t)-\frac{t}{\,1+t\,}
\]を考え，$g(0)=0$，導関数
\[ \begin{aligned}g'(t) &= \frac{1}{\,1+t\,} – \frac{1\cdot(1+t)-t\cdot1}{(1+t)^2} \\ &= \frac{1}{\,1+t\,}-\frac{1}{(1+t)^2} \\ &= \frac{t}{(1+t)^2} \ge 0 \, (t\ge0) \end{aligned}\]となるので $g(t)$ は単調増加，よって $g(t)\ge g(0)=0$ すなわち $\log(1+t)\ge \tfrac{t}{1+t}$ となる．