定積分を用いた不等式の証明は、入試でも頻出の重要テーマです。$f(x) \geq g(x)$ ならば $\int_a^b f(x)\, dx \geq \int_a^b g(x)\, dx$ という基本原理から出発し、面積の評価やはさみうちの原理との組合せまで、体系的に学んでいきます。
定積分と不等式を結びつける最も基本的な性質を確認しましょう。これは面積の直感的な意味から自然に理解できます。
$a < b$ のとき、$[a, b]$ で $f(x) \geq 0$ ならば：
$$\int_a^b f(x)\, dx \geq 0$$
等号成立：$[a, b]$ で連続な $f(x)$ について、等号が成り立つのは $f(x) = 0$（$a \leq x \leq b$）のときに限る。
この性質から、2つの関数の大小関係と定積分の大小関係が結びつきます。
$a < b$ のとき、$[a, b]$ で $f(x) \geq g(x)$ ならば：
$$\int_a^b f(x)\, dx \geq \int_a^b g(x)\, dx$$
※ $h(x) = f(x) - g(x) \geq 0$ として非負性を適用すれば得られます。
$h(x) = f(x) - g(x)$ とおくと、仮定より $[a, b]$ で $h(x) \geq 0$。
定積分の非負性より $\int_a^b h(x)\, dx \geq 0$。
定積分の線形性より $\int_a^b f(x)\, dx - \int_a^b g(x)\, dx \geq 0$。
したがって $\int_a^b f(x)\, dx \geq \int_a^b g(x)\, dx$。$\square$
この性質は、面積の観点から直感的に理解できます。$f(x) \geq g(x) \geq 0$ のとき、$y = f(x)$ のグラフは $y = g(x)$ のグラフの上側にあるので、$x$ 軸との間の面積も $f$ の方が大きくなります。
不等式の証明で最も重要なのは「被積分関数の大小を比較する」という発想です。
✗ $f(x) \geq 0$ ならば $\int_b^a f(x)\, dx \geq 0$（$a < b$ のとき）
✓ $\int_b^a f(x)\, dx = -\int_a^b f(x)\, dx \leq 0$
不等式の向きは $a < b$ であることが前提です。積分区間が逆向きのときは不等号も逆転します。
連続関数 $f(x)$ の定積分を、最大値・最小値を使って上下から評価する方法を学びます。
$f(x)$ が $[a, b]$ で連続で、$m \leq f(x) \leq M$ ならば：
$$m(b - a) \leq \int_a^b f(x)\, dx \leq M(b - a)$$
※ 特に $m = \min_{[a,b]} f(x)$、$M = \max_{[a,b]} f(x)$ ととれます。
$m \leq f(x) \leq M$ の各辺を $a$ から $b$ まで積分すると、
$$\int_a^b m\, dx \leq \int_a^b f(x)\, dx \leq \int_a^b M\, dx$$
左辺 $= m(b-a)$、右辺 $= M(b-a)$ より、結論を得る。$\square$
これは幾何学的には、曲線 $y = f(x)$ の下の面積を、高さ $m$ と $M$ の長方形で挟み込んでいることに対応します。
例：$\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\, dx$ の値の範囲を求めよ。
$f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ は $[0, 1]$ で単調減少。
$f(0) = 1$, $f(1) = \frac{1}{2}$ より $\frac{1}{2} \leq f(x) \leq 1$
上下評価の公式を適用：
$$\frac{1}{2}(1 - 0) \leq \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\, dx \leq 1 \cdot (1 - 0)$$
$$\therefore \frac{1}{2} \leq \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\, dx \leq 1$$
（実際の値は $\frac{\pi}{4} \approx 0.785$ です。）
区間を分割して各部分で評価すると、より精密な不等式が得られます。例えば $[0, 1]$ を $[0, \frac{1}{2}]$ と $[\frac{1}{2}, 1]$ に分割し、各区間で最大値・最小値で評価すると、全体での評価よりも精度が上がります。
この考え方は区分求積法（次の記事）の基礎にもなっています。
被積分関数を別の関数で上下から抑えることで、定積分の値を評価する問題を扱います。入試ではこのタイプが最も出題されます。
よく使う不等式を確認しましょう。
$x \geq 0$ のとき：
$$e^x \geq 1 + x$$
$x > 0$ のとき：
$$\frac{x}{1+x} < \log(1+x) < x$$
$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき：
$$\sin x < x < \tan x$$
問題：$\displaystyle\int_0^1 e^{x^2}\, dx \geq \frac{4}{3}$ を示せ。
証明：$t \geq 0$ のとき $e^t \geq 1 + t$ が成り立つ。
$t = x^2 \geq 0$（$0 \leq x \leq 1$）を代入すると $e^{x^2} \geq 1 + x^2$。
両辺を $0$ から $1$ まで積分：
$$\int_0^1 e^{x^2}\, dx \geq \int_0^1 (1 + x^2)\, dx = \left[x + \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$$
したがって $\displaystyle\int_0^1 e^{x^2}\, dx \geq \frac{4}{3}$。$\square$
問題：$n$ を自然数とするとき $\displaystyle\int_1^{n+1} \log x\, dx < \sum_{k=1}^{n} \log(k+1)$ を示せ。
証明：$k \leq x \leq k+1$（$k = 1, 2, \ldots, n$）のとき、$\log x$ は単調増加より
$$\log x \leq \log(k+1)$$
両辺を $k$ から $k+1$ まで積分：
$$\int_k^{k+1} \log x\, dx \leq \int_k^{k+1} \log(k+1)\, dx = \log(k+1)$$
$\log x$ は狭義単調増加なので $\log x < \log(k+1)$（$x < k+1$）より等号は成立しない。よって
$$\int_k^{k+1} \log x\, dx < \log(k+1)$$
$k = 1, 2, \ldots, n$ について加えると：
$$\int_1^{n+1} \log x\, dx < \sum_{k=1}^{n} \log(k+1) \quad \square$$
単調増加関数 $f(x)$ に対して：
$$\int_k^{k+1} f(x)\, dx < f(k+1) \quad \text{かつ} \quad f(k) < \int_k^{k+1} f(x)\, dx$$
これを $k = 1, 2, \ldots, n$ について加えることで、和と積分を比較する不等式が得られます。この手法は入試で非常に重要です。
定積分で定義された数列や、定積分を含む不等式を用いて極限を求める問題を扱います。
すべての $n$ について $a_n \leq b_n \leq c_n$ であり、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n = \alpha$ ならば：
$$\lim_{n \to \infty} b_n = \alpha$$
問題：$\displaystyle I_n = \int_0^1 x^n e^x\, dx$ とするとき、$\lim_{n \to \infty} I_n$ を求めよ。
解答：$0 \leq x \leq 1$ のとき $1 \leq e^x \leq e$ であるから
$$\int_0^1 x^n \cdot 1\, dx \leq I_n \leq \int_0^1 x^n \cdot e\, dx$$
$$\frac{1}{n+1} \leq I_n \leq \frac{e}{n+1}$$
$n \to \infty$ のとき $\frac{1}{n+1} \to 0$、$\frac{e}{n+1} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より
$$\lim_{n \to \infty} I_n = 0$$
問題：$\displaystyle a_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x\, dx$ について、$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ を示せ。
証明：$0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ のとき $0 \leq \sin x \leq 1$ より $0 \leq \sin^n x \leq 1$。
よって $0 \leq a_n \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1\, dx = \frac{\pi}{2}$。
また、$0 \leq \sin^{n+1} x \leq \sin^n x$ より $a_{n+1} \leq a_n$。$\{a_n\}$ は単調減少で下に有界なので収束する。
さらに $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ で $0 \leq \sin x \leq 1$ であるから、任意の $0 < \varepsilon < \frac{\pi}{2}$ に対し
$$0 \leq a_n \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} \sin^n x\, dx + \int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} 1\, dx \leq (\sin(\tfrac{\pi}{2}-\varepsilon))^n \cdot \tfrac{\pi}{2} + \varepsilon$$
$\sin(\frac{\pi}{2}-\varepsilon) < 1$ なので $n \to \infty$ のとき第1項 $\to 0$。よって $\limsup a_n \leq \varepsilon$。
$\varepsilon > 0$ は任意だから $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。$\square$
積分の極限を求めるとき、被積分関数を定数で押さえて積分を計算可能にするのが基本です。
$\int_a^b f(x) g(x)\, dx$ の形であれば、$g(x)$ の最大値 $M$・最小値 $m$ を使って $m \int_a^b f(x)\, dx \leq \cdots \leq M \int_a^b f(x)\, dx$ と評価できます。
入試で出題される定積分と不等式の問題を、パターン別に整理します。
最も基本的なパターンです。$f(x) \geq g(x)$ を示して積分する方法です。
問題：$x \geq 0$ で $e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2}$ を示し、$\displaystyle\int_0^1 e^x\, dx \geq \frac{11}{6}$ を証明せよ。
証明：$h(x) = e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}$ とおく。$h(0) = 0$。
$h'(x) = e^x - 1 - x$、$h'(0) = 0$。
$h''(x) = e^x - 1 \geq 0$（$x \geq 0$）より $h'(x)$ は単調増加。$h'(0) = 0$ より $h'(x) \geq 0$（$x \geq 0$）。
よって $h(x)$ は単調増加。$h(0) = 0$ より $h(x) \geq 0$（$x \geq 0$）。
すなわち $e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2}$。両辺を $0$ から $1$ まで積分：
$$\int_0^1 e^x\, dx \geq \int_0^1 \left(1 + x + \frac{x^2}{2}\right) dx = \left[x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}\right]_0^1 = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{11}{6} \quad \square$$
単調関数の積分と総和を比較する方法です。Section 3 で扱った手法のまとめです。
$f(x)$ が $[1, n+1]$ で単調増加のとき：
$$\int_1^{n+1} f(x)\, dx \leq \sum_{k=2}^{n+1} f(k) \quad \text{かつ} \quad \sum_{k=1}^{n} f(k) \leq \int_1^{n+1} f(x)\, dx + f(1) - f(n+1) + \sum_{k=1}^n f(k)$$
整理すると：
$$\sum_{k=1}^{n} f(k) \leq f(1) + \int_1^n f(x)\, dx \quad \text{かつ} \quad \int_1^{n+1} f(x)\, dx \leq \sum_{k=1}^{n} f(k+1)$$
問題：$n$ を自然数とするとき、$\displaystyle\frac{1}{n+1} < \log\frac{n+1}{n} < \frac{1}{n}$ を示せ。
証明：$x > 0$ のとき $\frac{1}{x+1} < \frac{1}{x}$ は明らか。
$\frac{1}{x}$ は $x > 0$ で単調減少なので、$n \leq x \leq n+1$ のとき $\frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{x} \leq \frac{1}{n}$。
各辺を $n$ から $n+1$ まで積分：
$$\int_n^{n+1} \frac{1}{n+1}\, dx \leq \int_n^{n+1} \frac{1}{x}\, dx \leq \int_n^{n+1} \frac{1}{n}\, dx$$
$$\frac{1}{n+1} \leq \log(n+1) - \log n \leq \frac{1}{n}$$
$\frac{1}{x}$ は狭義単調減少なので等号は成立せず、$\frac{1}{n+1} < \log\frac{n+1}{n} < \frac{1}{n}$。$\square$
定積分を用いた不等式証明では、次の手順を意識しましょう：
Step 1：示したい不等式を積分の形に書き換える（または逆に積分を使って評価する）。
Step 2：被積分関数の大小関係を確認する（微分、既知の不等式を利用）。
Step 3：Section 1 の基本原理を適用して結論を得る。
✗ 連続関数 $f(x) \geq 0$ で $\int_a^b f(x)\, dx = 0$ だから $f(x) = 0$ とは限らない、と考える
✓ 連続関数 $f(x) \geq 0$ で $\int_a^b f(x)\, dx = 0$ ならば $f(x) = 0$（$a \leq x \leq b$）が成り立つ
連続性の条件がある場合、定積分が $0$ ならば関数自体が恒等的に $0$ です。不連続な場合は有限個の点で $0$ でなくても積分は $0$ になりえます。
Q1. $[0, 1]$ で $x^2 \leq x$ が成り立つことを用いて、$\int_0^1 x^2\, dx$ と $\int_0^1 x\, dx$ の大小を答えよ。
Q2. $\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x^3}\, dx$ の値を長方形で上下から評価せよ。
Q3. $x \geq 0$ で $\sin x \leq x$ を用いて、$\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x\, dx \leq \frac{\pi^2}{8}$ を示せ。
Q4. $\displaystyle I_n = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\, dx$ に対し $0 \leq I_n \leq \frac{1}{n+1}$ を示せ。
Q5. Q4 の結果を使って $\lim_{n \to \infty} I_n$ を求めよ。
$[0, 2]$ で $x^3 \leq 8$ であることを用いて、$\displaystyle\int_0^2 x^3\, dx$ の値を上から評価せよ。また、実際の積分値と比較せよ。
$[0, 2]$ で $x^3 \leq 8$ より
$$\int_0^2 x^3\, dx \leq \int_0^2 8\, dx = 16$$
実際の値：$\int_0^2 x^3\, dx = \left[\frac{x^4}{4}\right]_0^2 = 4$。確かに $4 \leq 16$ が成り立つ。
最大値で評価すると粗い評価になります。より精密にするには $[0, 1]$ と $[1, 2]$ に分割し、$\int_0^1 x^3\, dx \leq 1$、$\int_1^2 x^3\, dx \leq 8$ とすれば合計 $\leq 9$ となり、精度が上がります。
$n$ を自然数とするとき、次の不等式を証明せよ。
$$\frac{1}{n+1} < \int_0^1 x^n e^x\, dx < \frac{e}{n+1}$$
$0 \leq x \leq 1$ のとき $1 \leq e^x \leq e$ より $x^n \leq x^n e^x \leq e \cdot x^n$。
各辺を $0$ から $1$ まで積分：
$$\int_0^1 x^n\, dx \leq \int_0^1 x^n e^x\, dx \leq e \int_0^1 x^n\, dx$$
$$\frac{1}{n+1} \leq \int_0^1 x^n e^x\, dx \leq \frac{e}{n+1}$$
$x^n e^x$ は $x^n$ と恒等的には等しくないので（$e^x > 1$ for $x > 0$）左の等号は不成立。同様に $x^n e^x < e \cdot x^n$（$x < 1$）より右の等号も不成立。
よって $\frac{1}{n+1} < \int_0^1 x^n e^x\, dx < \frac{e}{n+1}$。$\square$
$n$ を2以上の自然数とするとき、次の不等式を示せ。
$$\log n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n-1}$$
$f(x) = \frac{1}{x}$ は $x > 0$ で単調減少。
$k \leq x \leq k+1$ のとき $f(x) \geq f(k+1) = \frac{1}{k+1}$ より
$$\frac{1}{k} = f(k) \geq \frac{1}{1} \int_k^{k+1} f(x)\, dx$$
また $f(k) = \frac{1}{k} \geq f(x)$（$x \geq k$）より
$$\frac{1}{k} \geq \int_k^{k+1} \frac{1}{x}\, dx = \log(k+1) - \log k$$
$k = 1, 2, \ldots, n-1$ について加える：
$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \geq \sum_{k=1}^{n-1} (\log(k+1) - \log k) = \log n - \log 1 = \log n$$
$f(x)$ は狭義単調減少なので各不等式で等号は成立しない。よって
$$1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n-1} > \log n \quad \square$$
この不等式は調和級数 $\sum \frac{1}{k}$ が発散することの証明にも使われます。$n \to \infty$ のとき右辺 $\to \infty$ なので左辺も $\to \infty$ です。
$n$ を自然数とし、$\displaystyle a_n = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\, dx$ とおく。
(1) $0 \leq a_n \leq \frac{1}{n+1}$ を示せ。
(2) $a_n + a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$ を示せ。
(3) $\displaystyle\sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ を求めよ。
(1) $[0,1]$ で $\frac{x^n}{1+x} \geq 0$ より $a_n \geq 0$。
$1+x \geq 1$ より $\frac{x^n}{1+x} \leq x^n$。よって $a_n \leq \int_0^1 x^n\, dx = \frac{1}{n+1}$。$\square$
(2) $a_n + a_{n+1} = \int_0^1 \frac{x^n + x^{n+1}}{1+x}\, dx = \int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}\, dx = \int_0^1 x^n\, dx = \frac{1}{n+1}$。$\square$
(3) (2) より $a_n = \frac{1}{n+1} - a_{n+1}$ を利用する。
$a_n + a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$ より $a_n - a_{n-1} = -\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}$ ではなく、直接計算する。
$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k a_k = a_0 - a_1 + a_2 - \cdots + (-1)^n a_n$
$a_0 = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\, dx = \log 2$ を用いる。
(2) より $a_{n+1} = \frac{1}{n+1} - a_n$ なので $(-1)^{n+1} a_{n+1} = (-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n+1} - a_n\right)$。
$S_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k a_k$ とおくと $S_{n+1} = S_n + (-1)^{n+1} a_{n+1}$。
別のアプローチ：$a_n + a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$ の両辺に $(-1)^n$ をかけ加えると
$(-1)^n a_n + (-1)^n a_{n+1} = \frac{(-1)^n}{n+1}$、すなわち $(-1)^n a_n - (-1)^{n+1} a_{n+1} = \frac{(-1)^n}{n+1}$。
$k = 0, 1, \ldots, n-1$ について加えると（テレスコーピング）：
$a_0 - (-1)^n a_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k+1} = \sum_{j=1}^n \frac{(-1)^{j-1}}{j}$
ゆえに $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k a_k = S_n$。(1)より $a_n \to 0$ であり $a_0 = \log 2$ なので
$$\log 2 = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{j-1}}{j} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$$
この問題は $\log 2$ の交代級数展開を導く有名な問題です。定積分 $a_n$ を介して和の極限を求める典型的な手法であり、(1) のはさみうちと (2) の漸化式の組合せが要です。