与えられた不等式を証明する問題です。 a) $ \frac{r}{r+1} \le \log(1+r) $ (r >= 0) b) $ 1 + r \le e^r \le \frac{1}{1-r} $ (r < 1) c) $ \frac{r}{1+r^2} \le \arctan r \le r $ (r > 0)

1. 問題の内容

与えられた不等式を証明する問題です。

a) $\frac{r}{r+1} \le \log(1+r)$ (r >= 0)

b) $1 + r \le e^r \le \frac{1}{1-r}$ (r < 1)

c) $\frac{r}{1+r^2} \le \arctan r \le r$ (r > 0)

2. 解き方の手順

a)

関数 $f(r) = \log(1+r) - \frac{r}{r+1}$ を考えます。

$f(0) = \log(1+0) - \frac{0}{0+1} = 0$ です。

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

$r \ge 0$ ならば $f'(r) \ge 0$ となります。したがって、f(r) は $r \ge 0$ で単調増加です。

$f(0) = 0$ であるから、 $r \ge 0$ のとき $f(r) \ge 0$ となります。

よって、 $\log(1+r) \ge \frac{r}{r+1}$ が成り立ちます。

b)

$e^r \ge 1 + r$ を示す: 関数 $g(r) = e^r - (1+r)$ を考えます。

$g(0) = e^0 - (1+0) = 1 - 1 = 0$ です。

$g'(r) = e^r - 1$

$r \ge 0$ ならば $g'(r) \ge 0$ であり、$r < 0$ ならば $g'(r) < 0$ です。

したがって、 $g(r)$ は $r=0$ で最小値 0 をとります。よって $e^r \ge 1+r$ が成り立ちます。

$e^r \le \frac{1}{1-r}$ を示す: $h(r) = \frac{1}{1-r} - e^r$ を考えます。

$h(r) = (1-r)^{-1} - e^r$

$h(0) = 1 - 1 = 0$

$h'(r) = (1-r)^{-2} - e^r = \frac{1}{(1-r)^2} - e^r$

$r < 1$ であり、 $e^r$ のテイラー展開を考えると

$e^r = 1 + r + \frac{r^2}{2!} + \frac{r^3}{3!} + ...$

$\frac{1}{1-r} = 1 + r + r^2 + r^3 + ...$

$\frac{1}{(1-r)^2} = 1 + 2r + 3r^2 + 4r^3 + ...$

$r<1$ の時　$h'(r) = \frac{1}{(1-r)^2} - e^r >0$ となるため、$h(r)$は単調増加

$h(0)=0$ なので、$h(r)>0$となる。したがって、$e^r \le \frac{1}{1-r}$

c)

$f(r) = \arctan r - \frac{r}{1+r^2}$

$f'(r) = \frac{1}{1+r^2} - \frac{(1+r^2) - r(2r)}{(1+r^2)^2} = \frac{1}{1+r^2} - \frac{1-r^2}{(1+r^2)^2} = \frac{1+r^2-(1-r^2)}{(1+r^2)^2} = \frac{2r^2}{(1+r^2)^2} \ge 0$

$f(0) = 0$ なので、$\arctan r \ge \frac{r}{1+r^2}$

$g(r) = r - \arctan r$

$g'(r) = 1 - \frac{1}{1+r^2} = \frac{r^2}{1+r^2} \ge 0$

$g(0) = 0$ なので、$r \ge \arctan r$

3. 最終的な答え

a) $\frac{r}{r+1} \le \log(1+r)$ (r >= 0)

b) $1 + r \le e^r \le \frac{1}{1-r}$ (r < 1)

c) $\frac{r}{1+r^2} \le \arctan r \le r$ (r > 0)