大阪大学 2026年度理系数学第4問解答・解説

問題

実数 $x$ に対して $f (x) = e^{- x} cos x$ とする．ただし， $e$ は自然対数の底である．

(1) $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ のとき，不等式 $1 - x ≦ f (x) ≦ 1$ が成り立つことを示せ．

(2) $0 < a ≦ \frac{π}{2}$ をみたす実数 $a$ に対して

I (a) = \int_{0}^{a} \frac{( x + a ) f ( x )}{x ^{2} + a ^{2}} d x

とするとき， $a \to + 0 lim I (a)$ を求めよ．

出典：大阪大学 2026年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

解法1

(1) は上からの評価を $f^{'} (x) ≦ 0$ による単調性で示し，下からの評価を $g (x) = f (x) - (1 - x)$ の増加性で示す。 $g^{'} (x) ≧ 0$ は， $e^{x} ≧ cos x + sin x$ をさらに導関数で確認するとよい。(2) は $x = a u$ と置換して積分区間を $[0, 1]$ に固定し，(1) の $1 - a u ≦ f (a u) ≦ 1$ で積分全体をはさむ。最後の $\int_{0}^{1} 1/ (1 + u^{2}) d u$ は $u = tan θ$ で評価する。

解法2（凸性と誤差評価を用いる方法）

$f^{''} (x) ≧ 0$ から凸性を使い，接線による下側評価 $f (x) ≧ 1 - x$ 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， $∣ f (a u) - 1∣$ の一様な上界から積分誤差を直接 $0$ に抑える。

解答

解法1

(1)

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

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

(2)

$x = a u$ と置換する。 $0 < a ≦ π /2$ 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。 $d x = a d u$ だから

I (a) = \int_{0}^{1} \frac{( a u + a ) f ( a u )}{a ^{2} u ^{2} + a ^{2}} a d u = \int_{0}^{1} \frac{( u + 1 ) f ( a u )}{u ^{2} + 1} d u

である。 $0 ≦ u ≦ 1$ のとき $0 ≦ a u ≦ a ≦ π /2$ であるから，(1)より $1 - a u ≦ f (a u) ≦ 1$ である。また $(u + 1) / (u^{2} + 1) > 0$ なので

\int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} d u - a \int_{0}^{1} \frac{u ( u + 1 )}{u ^{2} + 1} d u ≦ I (a) ≦ \int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} d u

である。右辺と左辺の差は $a \int_{0}^{1} \frac{u ( u + 1 )}{u ^{2} + 1} d u$ 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 $lim_{a \to + 0} I (a) = \int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} d u$ である。

最後にこの積分を計算する。

\int_{0}^{1} \frac{u}{u ^{2} + 1} d u = \frac{1}{2} lo g (u^{2} + 1)_{0}^{1} = \frac{1}{2} lo g 2

である。また $u = tan θ$ とおくと， $u = 0$ のとき $θ = 0$ ， $u = 1$ のとき $θ = π /4$ であり， $\int_{0}^{1} \frac{1}{u ^{2} + 1} d u = \int_{0}^{π /4} 1 d θ = \frac{π}{4}$ である。よって $lim_{a \to + 0} I (a) = \frac{1}{2} lo g 2 + \frac{π}{4}$ である。

解法2（凸性と誤差評価を用いる方法）

(1)

まず

f^{'} (x) = - e^{- x} (cos x + sin x), f^{''} (x) = 2 e^{- x} sin x

である。 $0 ≦ x ≦ π /2$ では $f^{'} (x) ≦ 0$ だから

f (x) ≦ f (0) = 1.

また同じ区間で $f^{''} (x) ≧ 0$ 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。 $f (0) = 1, f^{'} (0) = - 1$ より

f (x) ≧ f (0) + f^{'} (0) x = 1 - x .

したがって

1 - x ≦ f (x) ≦ 1

である。

(2)

次に $x = a u$ と置くと

I (a) = \int_{0}^{1} \frac{( u + 1 ) f ( a u )}{u ^{2} + 1} d u .

$0 ≦ u ≦ 1$ では (1) より

0 ≦ 1 - f (a u) ≦ a u .

したがって

I (a) - \int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} d u ≦ \int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} ∣ f (a u) - 1∣ d u ≦ a \int_{0}^{1} \frac{u ( u + 1 )}{u ^{2} + 1} d u .

右辺は $a \to + 0$ で $0$ に収束する。よって

a \to + 0 lim I (a) = \int_{0}^{1} \frac{u + 1}{u ^{2} + 1} d u = \frac{1}{2} lo g 2 + \frac{π}{4} .

大阪大学 2026年度理系数学 第4問

問題

方針

解法1

解法2（凸性と誤差評価を用いる方法）

解答

解法1

(1)

(2)

解法2（凸性と誤差評価を用いる方法）

(1)

(2)

大阪大学 2026年度
理系数学第4問