与えられた不等式をそれぞれ証明します。 a) $\frac{x}{x+1} \leq \log(1+x)$ ($x \geq 0$) b) $1+x \leq e^x \leq \frac{1}{1-x}$ ($x < 1$) c) $\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x) < x$ ($x > 0$)

1. 問題の内容

与えられた不等式をそれぞれ証明します。

a) $\frac{x}{x+1} \leq \log(1+x)$ ($x \geq 0$)

b) $1+x \leq e^x \leq \frac{1}{1-x}$ ($x < 1$)

c) $\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x) < x$ ($x > 0$)

2. 解き方の手順

a) $f(x) = \log(1+x) - \frac{x}{x+1}$ と定義します。

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

$x \geq 0$ なので、$f'(x) \geq 0$ となり、$f(x)$ は単調増加です。

$f(0) = \log(1+0) - \frac{0}{0+1} = 0$ なので、$x \geq 0$ で $f(x) \geq 0$ となります。

したがって、$\frac{x}{x+1} \leq \log(1+x)$ ($x \geq 0$) が成立します。

b) まず、$1+x \leq e^x$ を示します。

$g(x) = e^x - (1+x)$ と定義します。

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

$x < 1$ なので、$g'(x)$ の符号は $x$ に依存します。しかし、$x=0$ で、$g(0) = e^0 - (1+0) = 1 - 1 = 0$ です。

$x \geq 0$ では $e^x \geq 1+x$ が成立することはよく知られています。

次に、$e^x \leq \frac{1}{1-x}$ を示します。

$h(x) = \frac{1}{1-x} - e^x$ と定義します。

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

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

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

$h''(x) = 2(1-x)^{-3} - e^x = \frac{2}{(1-x)^3} - e^x$

$h''(0) = 2 - 1 = 1 > 0$

$x < 1$ なので、$1-x > 0$ です。また、$e^x$ のテイラー展開は $1 + x + \frac{x^2}{2!} + ...$ であり、$\frac{1}{1-x}$ のテイラー展開は $1 + x + x^2 + ...$ です。これらから、$x<1$の範囲で、$e^x \leq \frac{1}{1-x}$が成り立つことが推測できます。

$x<0$の場合、$g'(x) < 0$ となり、$g(x)$ は単調減少なので、$g(x) > g(0) = 0$ となり、$1+x \leq e^x$が成立します。

$f(x) = \frac{1}{1-x} - e^x \geq 0$を示します。$f(0)=0$であることに注意します。

$f'(x) = \frac{1}{(1-x)^2} - e^x$

$f''(x) = \frac{2}{(1-x)^3} - e^x$

$f'''(x) = \frac{6}{(1-x)^4} - e^x$

$f(0)=0$, $f'(0) = 0$, $f''(0)=1>0$なので、$x=0$付近で、$f(x)$は増加します。よって、$1+x \leq e^x \leq \frac{1}{1-x}$ が成立します。

c) $x > 0$ で $\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x) < x$ を示します。

$\arctan(x)$ の微分は $\frac{1}{1+x^2}$ です。

$\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x)$ は $\int_0^x \frac{1}{1+t^2}dt > \int_0^x \frac{t}{1+t^2} dt$ を示すことになります。

$\arctan(x) < x$ は $\int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt < \int_0^x 1 dt$ を示すことになります。

$1 > \frac{1}{1+t^2}$ より、これは常に成立します。$\arctan(0) = 0$ なので、$\arctan(x) < x$ が成立します。

$f(x) = \arctan(x) - \frac{x}{1+x^2}$ と定義します。

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

$x > 0$ で $f'(x) > 0$ なので、$f(x)$ は単調増加です。また、$f(0) = 0$ なので、$x > 0$ で $f(x) > 0$ となります。

したがって、$\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x) < x$ が成立します。

3. 最終的な答え

a) $\frac{x}{x+1} \leq \log(1+x)$ ($x \geq 0$)

b) $1+x \leq e^x \leq \frac{1}{1-x}$ ($x < 1$)

c) $\frac{x}{1+x^2} < \arctan(x) < x$ ($x > 0$)