大阪大学 2026年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1) $f(x)=e^{-x}\cos x$ より $$f^{\mathrm{\prime }}(x)=-e^{-x}(\cos x+\sin x)$$ である。$0\leqq x\leqq \pi \mathrm{/}2$ では $\cos x\geqq 0$，$\sin x\geqq 0$ だから $f^{\mathrm{\prime }}(x)\leqq 0$ である。したがって $f(x)$ はこの区間で減少し，$f(x)\leqq f(0)=1$ を得る。

次に下からの評価を示す。 $g(x)=f(x)-(1-x)$ とおくと $$g^{\mathrm{\prime }}(x)=1-e^{-x}(\cos x+\sin x)$$ である。ここで $$h(x)=e^x-(\cos x+\sin x)$$ とおく。すると $$h^{\mathrm{\prime }}(x)=e^x+\sin x-\cos x$$ であり，さらに $$h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=e^x+\cos x+\sin x>0$$ である。$h^{\mathrm{\prime }}(0)=1+0-1=0$ だから，$0\leqq x\leqq \pi \mathrm{/}2$ で $h^{\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ である。よって $h(x)$ は増加し，$h(0)=1-(1+0)=0$ なので $$h(x)=e^x-(\cos x+\sin x)\geqq 0$$ である。したがって $e^{-x}(\cos x+\sin x)\leqq 1$ となり，$$g^{\mathrm{\prime }}(x)=1-e^{-x}(\cos x+\sin x)\geqq 0$$ を得る。よって $g(x)$ は増加し，$g(0)=0$ であるから $g(x)\geqq 0$ すなわち $f(x)\geqq 1-x$ である。以上より $1-x\leqq f(x)\leqq 1$ が成り立つ。

(2) $x=au$ と置換する。$0<a\leqq \pi \mathrm{/}2$ であり，$x=0$ から $x=a$ まで動くとき $u=0$ から $u=1$ まで動く。$dx=adu$ だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle I(a)}& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{(au+a)f(au)}{a^2{u}^2+a^2}adu}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\int }_0^1\frac{(u+1)f(au)}{u^2+1}du}\end{array}$$である。 $0\leqq u\leqq 1$ のとき $$0\leqq au\leqq a\leqq \pi \mathrm{/}2$$ であるから，(1)より $1-au\leqq f(au)\leqq 1$ である。また $(u+1)\mathrm{/}(u^2+1)>0$ なので$${\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}du-a{\int }_0^1\frac{u(u+1)}{u^2+1}du\leqq I(a)\leqq {\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}du$$である。右辺と左辺の差は $a{\int }_0^1\frac{u(u+1)}{u^2+1}du$ であり，積分部分は有限な定数である。したがって $a\to +0$ のときこの差は $0$ に近づく。はさみうちの原理より $$\underset{a\to +0}{\lim }I(a)={\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}du$$ である。

最後にこの積分を計算する。$${\int }_0^1\frac{u}{u^2+1}du=\frac{1}{2}\log (u^2+1){\mid }_0^1=\frac{1}{2}\log 2$$である。また $u=\tan \theta$ とおくと，$u=0$ のとき $\theta =0$，$u=1$ のとき $\theta =\pi \mathrm{/}4$ であり，$${\int }_0^1\frac{1}{u^2+1}du={\int }_0^{\pi \mathrm{/}4}1d\theta =\frac{\pi }{4}$$ である。よって $$\underset{a\to +0}{\lim }I(a)=\frac{1}{2}\log 2+\frac{\pi }{4}$$ である。

$f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ から凸性を使い，接線による下側評価 $f(x)\geqq 1-x$ を短く導く。置換後は極限と積分の交換を言葉だけで済ませず，$\mathrm{\mid }f(au)-1\mathrm{\mid }$ の一様な上界から積分誤差を直接 $0$ に抑える。

(1)
まず$$f^{\mathrm{\prime }}(x)=-e^{-x}(\cos x+\sin x),f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=2e^{-x}\sin x$$である。$0\leqq x\leqq \pi \mathrm{/}2$ では $f^{\mathrm{\prime }}(x)\leqq 0$ だから$$f(x)\leqq f(0)=1.$$また同じ区間で $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)\geqq 0$ だから $f$ は下に凸であり，グラフは $x=0$ における接線以上にある。$f(0)=1,f^{\mathrm{\prime }}(0)=-1$ より$$f(x)\geqq f(0)+f^{\mathrm{\prime }}(0)x=1-x\mathrm{.}$$したがって$$1-x\leqq f(x)\leqq 1$$である。

(2)
次に $x=au$ と置くと$$I(a)={\int }_0^1\frac{(u+1)f(au)}{u^2+1}du\mathrm{.}$$$0\leqq u\leqq 1$ では (1) より$$0\leqq 1-f(au)\leqq au\mathrm{.}$$したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mid I(a)-{\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}du\mid }& {\displaystyle \leqq {\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}\mathrm{\mid }f(au)-1\mathrm{\mid }du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \leqq a{\int }_0^1\frac{u(u+1)}{u^2+1}du\mathrm{.}}\end{array}$$右辺は $a\to +0$ で $0$ に収束する。よって$$\underset{a\to +0}{\lim }I(a)={\int }_0^1\frac{u+1}{u^2+1}du=\frac{1}{2}\log 2+\frac{\pi }{4}\mathrm{.}$$