関数の大小関係 $f(x) \le g(x)$ があるとき、積分しても大小関係は保たれます。つまり $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx$ です。この単純な原理を使うと、一見複雑な不等式を「面積の比較」として視覚的に証明できます。定積分の不等式は、極限の評価やはさみうちの原理と組み合わせて、入試では非常に高い頻度で出題されます。
定積分の不等式を支える基本原理は極めてシンプルです。
$a \le b$ かつ区間 $[a, b]$ で $f(x) \le g(x)$ ならば、
$$\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx$$
特に、$f(x) \ge 0$ ならば $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx \ge 0$
※ 等号成立条件：$f(x) = g(x)$ が $[a, b]$ で常に成り立つとき。
定積分は「符号付き面積」を表します。曲線 $y = f(x)$ が曲線 $y = g(x)$ の下にあるなら、$f$ の下の面積は $g$ の下の面積以下です。
この原理を使えば、被積分関数の不等式 → 定積分の不等式という変換が可能になります。微分法で示した不等式を積分して、より強い結果を得ることもできます。
この原理の帰結として、次の重要な不等式が得られます。
$$\left|\int_a^b f(x)\,dx\right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx$$
※ $-|f(x)| \le f(x) \le |f(x)|$ を積分して得られます。三角不等式の積分版です。
✗ $f(x) \ge 0$ だから $\displaystyle\int_b^a f(x)\,dx \ge 0$（$b > a$ のとき）
○ $b > a$ のとき $\displaystyle\int_b^a f(x)\,dx = -\int_a^b f(x)\,dx \le 0$
不等式 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx \ge 0$ は $a \le b$ のときに成り立ちます。積分の上端と下端が逆転すると符号が変わるため、積分区間の向きに注意が必要です。
定積分の不等式を証明する最も基本的な手法は、曲線と直線（または別の曲線）で囲まれた面積の大小を比較することです。
微分法で示した $e^x \ge 1 + x$（$x \ge 0$）を $0$ から $t$（$t > 0$）まで積分すると、
$$\int_0^t e^x\,dx \ge \int_0^t (1+x)\,dx$$
$$e^t - 1 \ge t + \frac{t^2}{2}$$
すなわち $e^t \ge 1 + t + \dfrac{t^2}{2}$ が得られます。これをさらに積分すると $e^t \ge 1 + t + \dfrac{t^2}{2} + \dfrac{t^3}{6}$ が得られ、繰り返すことで $e^x$ のテイラー展開の各部分和で下から評価できます。
不等式 $f(x) \ge g(x)$ が成り立つとき、両辺を積分すると新しい不等式が得られます。しかも、積分によって差が「蓄積」されるため、元の不等式より強い結果になることがあります。
この手法を繰り返し適用すると、連鎖的に不等式を強化できます。入試ではこの「積分の繰り返し」パターンが頻出です。
$x > 0$ のとき $\dfrac{1}{1+x} \le 1$ より、$0$ から $t$（$0 < t \le 1$）まで積分すると、
$$\log(1+t) = \int_0^t \frac{1}{1+x}\,dx \le \int_0^t 1\,dx = t$$
また $\dfrac{1}{1+x} \ge 1 - x$（$x \ge 0$）より、
$$\log(1+t) \ge t - \frac{t^2}{2}$$
これらを合わせて $t - \dfrac{t^2}{2} \le \log(1+t) \le t$ が得られます。
✗ 「$e^x \ge 1 + x$ は明らか」として積分 → 根拠が不十分で減点
○ $f(x) = e^x - 1 - x$ として $f'(x) = e^x - 1 \ge 0$（$x \ge 0$）、$f(0) = 0$ より $f(x) \ge 0$ と明記する
定積分の不等式の証明では、被積分関数の大小関係を微分法で厳密に示すことが出発点です。この部分の証明を省略すると、答案全体の論証が不完全になります。
$n$ をパラメータとして含む定積分 $\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx$ は、$n \to \infty$ のときの振る舞いを調べる問題として頻出です。$0 \le x \le 1$ で $x^n$ は $n$ が大きいほど急速に $0$ に近づく（$x = 1$ を除く）ので、積分値も $0$ に近づきます。
$J_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$ について、$0 \le x \le 1$ で $1 \le e^x \le e$ なので、
$$\int_0^1 x^n \cdot 1\,dx \le J_n \le \int_0^1 x^n \cdot e\,dx$$
$$\frac{1}{n+1} \le J_n \le \frac{e}{n+1}$$
はさみうちの原理により $J_n \to 0$（$n \to \infty$）がわかります。さらに $(n+1)J_n$ を考えると $1 \le (n+1)J_n \le e$ であり、より精密な評価も可能です。
$[0, 1]$ で $m \le f(x) \le M$ のとき、
$$\frac{m}{n+1} \le \int_0^1 x^n f(x)\,dx \le \frac{M}{n+1}$$
※ $\displaystyle\int_0^1 x^n\,dx = \dfrac{1}{n+1}$ を利用しています。
✗ $e^x \le e^1 = e$ という大雑把な評価だけで済ませる → はさみうちで極限は出るが、精度が不足する問題もある
○ 必要に応じて $e^x$ のテイラー展開 $e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \cdots$ を使い、より精密に評価する
問題が「極限値を求めよ」なら粗い評価で十分ですが、「不等式を示せ」なら必要な精度に応じた評価を選びましょう。
$0 \le x < 1$ で $x^n \to 0$（$n \to \infty$）なので、$x^n$ は $n$ が大きくなると $x = 1$ の近くでのみ大きな値を持ちます。したがって $\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx$ は $x = 1$ 付近での $f$ の値、すなわち $f(1)$ に $\dfrac{1}{n+1}$ を掛けた程度の値になります。
この直感は、$(n+1)\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx \to f(1)$ という結果に結実します（$f$ が連続のとき）。
大学数学では、$\displaystyle\int_a^b e^{n\phi(x)}g(x)\,dx$ の $n \to \infty$ での漸近挙動を調べる手法をラプラスの方法（鞍点法）と呼びます。$x^n = e^{n\log x}$ と見れば、$\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx$ はまさにこの形であり、$\log x$ が $x = 1$ で最大値 $0$ を取ることから、$x = 1$ 付近の寄与が支配的になるのです。
区分求積法の考え方を逆に利用すると、数列の和を定積分で上下から評価できます。
$f(x) = \dfrac{1}{x}$ は $(0, \infty)$ で単調減少なので、$k \le x \le k+1$ で $\dfrac{1}{k+1} \le \dfrac{1}{x} \le \dfrac{1}{k}$ です。各辺を $k$ から $k+1$ まで積分すると、
$$\frac{1}{k+1} \le \int_k^{k+1}\frac{1}{x}\,dx \le \frac{1}{k}$$
$k = 1$ から $n$ まで足し合わせると、
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1} \le \int_1^{n+1}\frac{1}{x}\,dx \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$
$$\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k} \le \log(n+1) \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$
右側の不等式から $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \ge \log(n+1) \to \infty$ が得られ、調和級数が発散することがわかります。
同様の手法で、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\log k = \log(n!)$ を $\displaystyle\int_1^n \log x\,dx = n\log n - n + 1$ で評価できます。
$$\int_1^n \log x\,dx \le \log(n!) \le \int_1^{n+1}\log x\,dx$$
$$n\log n - n + 1 \le \log(n!) \le (n+1)\log(n+1) - n$$
これはスターリングの近似 $\log(n!) \approx n\log n - n$ の基礎となる評価です。
$f(x)$ が単調減少のとき、区間 $[k, k+1]$ での長方形を考えます。
高さ $f(k)$ の長方形（左端）は曲線の上にはみ出し、高さ $f(k+1)$ の長方形（右端）は曲線の下に収まります。
したがって $f(k+1) \le \displaystyle\int_k^{k+1} f(x)\,dx \le f(k)$ が成り立ちます。
この不等式を $k$ について足し合わせると、数列の部分和を定積分で挟めるのです。
✗ $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ を評価するのに $\displaystyle\int_1^n \frac{1}{x}\,dx$ だけを使う → 上からの評価にしかならない
○ $\displaystyle\int_1^{n+1}\frac{1}{x}\,dx \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ と $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \le 1 + \int_1^n \frac{1}{x}\,dx$ の両方を使って挟む
積分区間の端点と和の範囲の対応を図に描いて確認すると、間違いを防げます。
定積分の不等式の最も強力な応用は、はさみうちの原理と組み合わせて極限値を求めることです。
$A_n = n\displaystyle\int_0^1 x^n \log(1+x)\,dx$ とおきます。$0 \le x \le 1$ で $x - \dfrac{x^2}{2} \le \log(1+x) \le x$ を使って評価します。
上からの評価：$\log(1+x) \le x$ より、
$$A_n \le n\int_0^1 x^{n+1}\,dx = \frac{n}{n+2}$$
下からの評価：$\log(1+x) \ge x - \dfrac{x^2}{2}$ より、
$$A_n \ge n\int_0^1 x^n\left(x - \frac{x^2}{2}\right)dx = n\left(\frac{1}{n+2} - \frac{1}{2(n+3)}\right) = \frac{n}{n+2} - \frac{n}{2(n+3)}$$
$n \to \infty$ で右辺 $\to 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$、左辺の上限 $\dfrac{n}{n+2} \to 1$。
より精密に、$\dfrac{n}{n+2} - \dfrac{n}{2(n+3)} \to 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ かつ $\dfrac{n}{n+2} \to 1$ ですが、これでは挟めていません。
正しくは $(n+1)\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx \to f(1)$ の一般論を使います。$f(x) = \log(1+x)$ として $f(1) = \log 2$ より、
$$n\int_0^1 x^n \log(1+x)\,dx = \frac{n}{n+1} \cdot (n+1)\int_0^1 x^n \log(1+x)\,dx \to 1 \cdot \log 2 = \log 2$$
$(n+1)x^n$ は $[0,1]$ 上の「重み関数」で、$\displaystyle\int_0^1 (n+1)x^n\,dx = 1$ です。$n$ が大きくなると、この重みは $x = 1$ の近くに集中します。
したがって $(n+1)\displaystyle\int_0^1 x^n f(x)\,dx$ は $f$ の「$x = 1$ 付近での加重平均」であり、$n \to \infty$ で $f(1)$ に収束するのです。
✗ $0 \le \log(1+x) \le \log 2$ で評価 → $0 \le A_n \le \dfrac{n\log 2}{n+1}$ で $A_n \to ?$（$0$ と $\log 2$ の間としか言えない）
○ $\log(1+x) = x - \dfrac{x^2}{2} + \cdots$ のようにより精密な評価を使い、上限と下限を近づける
はさみうちの原理は、上限と下限が同じ値に収束する必要があります。評価が粗いと上限と下限が一致せず、極限が定まりません。
大学数学では、$\left(\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)\,dx\right)^2 \le \int_a^b f(x)^2\,dx \cdot \int_a^b g(x)^2\,dx$ というコーシー・シュワルツの不等式（積分版）が重要な道具となります。これは有限和の場合の $\left(\displaystyle\sum a_k b_k\right)^2 \le \sum a_k^2 \cdot \sum b_k^2$ の連続版です。
Q1. $[a,b]$ で $f(x) \le g(x)$ のとき、$\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ と $\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx$ の大小関係は？
Q2. $e^x \ge 1 + x$（$x \ge 0$）を $0$ から $t$ まで積分すると、どんな不等式が得られますか？
Q3. $\displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$ を $\dfrac{1}{n+1}$ と $\dfrac{e}{n+1}$ で挟む根拠は何ですか？
Q4. $f(x) = \dfrac{1}{x}$（単調減少）のとき、$\displaystyle\int_k^{k+1}\frac{1}{x}\,dx$ と $\dfrac{1}{k}$, $\dfrac{1}{k+1}$ の大小関係は？
Q5. $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \ge \log(n+1)$ から何がわかりますか？
$x \ge 0$ のとき $\sin x \le x$ を利用して、次の不等式を示せ。
$$1 - \frac{x^2}{2} \le \cos x \le 1 \quad (x \ge 0)$$
右側の不等式 $\cos x \le 1$ は明らかである（$\cos x$ の最大値は $1$）。
左側の不等式：$\sin x \le x$（$x \ge 0$）を $0$ から $t$（$t \ge 0$）まで積分すると、
$$\int_0^t \sin x\,dx \le \int_0^t x\,dx$$
$$-\cos t + 1 \le \frac{t^2}{2}$$
$$\cos t \ge 1 - \frac{t^2}{2}$$
$t$ を $x$ に書き直して、$\cos x \ge 1 - \dfrac{x^2}{2}$（$x \ge 0$）。
以上より $1 - \dfrac{x^2}{2} \le \cos x \le 1$ が示された。□
$n$ を自然数とする。次の不等式を示せ。
$$\frac{1}{2}\log(n+1) \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1} \le \frac{1}{2}\log(2n+1) + \frac{1}{2}$$
$f(x) = \dfrac{1}{2x-1}$ は $x \ge 1$ で単調減少である。
左側の不等式：$f$ が単調減少なので $\displaystyle\int_k^{k+1}f(x)\,dx \le f(k) = \dfrac{1}{2k-1}$
$k = 1$ から $n$ まで足し合わせると、
$$\int_1^{n+1}\frac{1}{2x-1}\,dx \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$$
$$\frac{1}{2}\left[\log(2x-1)\right]_1^{n+1} = \frac{1}{2}\log(2n+1) \ge \frac{1}{2}\log(n+1)$$
よりよい左辺の評価として、$\displaystyle\int_1^{n+1}\frac{1}{2x-1}\,dx = \frac{1}{2}\log(2n+1) \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$ で、$\log(2n+1) \ge \log(n+1)$ より $\dfrac{1}{2}\log(n+1) \le \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$。
右側の不等式：$f(k) \le \displaystyle\int_{k-1}^{k}f(x)\,dx$（$k \ge 2$）より、
$$\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{2k-1} \le \int_1^n \frac{1}{2x-1}\,dx = \frac{1}{2}\log(2n-1)$$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1} = 1 + \sum_{k=2}^{n}\frac{1}{2k-1} \le 1 + \frac{1}{2}\log(2n-1) \le \frac{1}{2}\log(2n+1) + \frac{1}{2}$
（最後の不等式は $1 \le \dfrac{1}{2}\log(2n+1) - \dfrac{1}{2}\log(2n-1) + \dfrac{1}{2}$ を確認。$\log\dfrac{2n+1}{2n-1} \ge 0$ より $\dfrac{1}{2}\log(2n+1) + \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{1}{2}\log(2n-1) + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\log(2n-1) + 1$ で成立。）
$x \ge 0$ のとき、次の不等式を証明せよ。
$$x - \frac{x^2}{2} \le \log(1+x) \le x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}$$
左側の不等式：$x \ge 0$ で $\dfrac{1}{1+x} \ge 1 - x$（∵ $\dfrac{1}{1+x} - (1-x) = \dfrac{x^2}{1+x} \ge 0$）を $0$ から $t$ まで積分すると、
$$\log(1+t) \ge t - \frac{t^2}{2}$$
右側の不等式：$x \ge 0$ で $\dfrac{1}{1+x} \le 1 - x + x^2$（∵ $1 - x + x^2 - \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{x^3}{1+x} \ge 0$）を $0$ から $t$ まで積分すると、
$$\log(1+t) \le t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3}$$
$t$ を $x$ に書き直して結論を得る。□
$I_n = \displaystyle\int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\,dx$（$n \ge 0$）について、
(1) $I_n + I_{n+1}$ を求めよ。
(2) $0 \le I_n \le \dfrac{1}{n+1}$ を示せ。
(3) $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k I_k$ を求め、$n \to \infty$ とすることで $\log 2 = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}$ を示せ。
(1) $I_n + I_{n+1} = \displaystyle\int_0^1 \frac{x^n + x^{n+1}}{1+x}\,dx = \int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}\,dx = \int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n+1}$
(2) $0 \le x \le 1$ で $\dfrac{x^n}{1+x} \ge 0$ より $I_n \ge 0$。
また $\dfrac{x^n}{1+x} \le x^n$（∵ $1+x \ge 1$）より $I_n \le \displaystyle\int_0^1 x^n\,dx = \dfrac{1}{n+1}$。
(3) (1) から $I_n = \dfrac{1}{n+1} - I_{n+1}$、すなわち $I_{n+1} = \dfrac{1}{n+1} - I_n$。
$I_0 = \displaystyle\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx = \log 2$ より、
$I_1 = 1 - \log 2$、$I_2 = \dfrac{1}{2} - 1 + \log 2 = \log 2 - \dfrac{1}{2}$、…
一般に $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k I_k$ を考える。$(-1)^k(I_k + I_{k+1}) = \dfrac{(-1)^k}{k+1}$ を利用すると、
$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k I_k = I_0 - I_1 + I_2 - \cdots + (-1)^n I_n$$
テレスコープ的に整理すると、$I_0 = \log 2$ と $I_k = \dfrac{1}{k} - I_{k-1}$ から、
$$I_0 = \log 2, \quad I_0 - I_1 = \log 2 - (1 - \log 2) = 2\log 2 - 1$$
直接的に、$I_n + I_{n+1} = \dfrac{1}{n+1}$ から交互和を計算すると、
$$\log 2 = I_0 = (I_0 + I_1) - (I_1 + I_2) + (I_2 + I_3) - \cdots$$
$$= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$$
厳密には、$\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right) = \sum_{k=0}^{n-1}(I_{2k} + I_{2k+1}) - (I_{2k+1} + I_{2k+2})$
の計算から $\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = I_0 - I_{2n} = \log 2 - I_{2n}$。
(2) より $0 \le I_{2n} \le \dfrac{1}{2n+1} \to 0$（$n \to \infty$）。
よって $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \log 2$。□
この結果 $\log 2 = 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} + \cdots$ は、$\log(1+x)$ のマクローリン展開に $x = 1$ を代入した式に一致します。マクローリン展開の収束を定積分の不等式で厳密に証明するという、美しい構造の問題です。