神戸大学 理系数学 2019年[後期] 第4問 解説

今回は、神戸大学理系数学（2019年後期 第4問）の解説をしたいと思います。

問題

関数 $f(x)$ と $g(x)$ は次の関係式をみたすとする．
$$\begin{align}
f(x) &= \displaystyle\int_{0}^{x}(x-t)g(t)dt \\
g(x) &= (2-x)e^{-x}-\pi\sin(\pi x)+2f'(1)+2
\end{align}$$以下の問に答えよ．

⑴　$f'(1)$ の値を求めよ．

⑵　$x$ を $0\leqq x\leqq 1$ をみたす整数とするとき，
$$x^2-\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x^3\leqq f(x)\leqq x^2$$であることを示せ．

⑶　$\displaystyle\lim_{x\to+0}\dfrac{f(x)}{x\sin x}$ を求めよ．

（神戸大学）

解答

⑴

$$f(x)=x\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)dt-\displaystyle\int_{0}^{x}tg(t)dt$$より
$$\begin{align}
f'(x) &= \displaystyle\int_{0}^{x}g(t)dt+xg(x)-xg(x) \\
&= \displaystyle\int_{0}^{x}g(t)dt \\
&= \Big[(t-2)e^{-t}\Big]_0^x-\displaystyle\int_{0}^{x}e^{-t}dt \\
&\hphantom{=}\quad+\Big[\cos(\pi t)+\{2f'(1)+2\}t\Big]_0^x \\
&= (x-2)e^{-x}+2+\Big[e^{-t}\Big]_0^x \\
&\hphantom{=}\quad+\cos(\pi x)+\{2f'(1)+2\}x-1 \\[0.3em]
&= (x-2)e^{-x}+1+e^{-x}-1 \\
&\hphantom{=}\quad+\cos(\pi x)+\{2f'(1)+2\}x \\[0.3em]
&= (x-1)e^{-x}+\cos(\pi x)+\{2f'(1)+2\}x
\end{align}$$であり、これに $x=1$ を代入すると
$$\begin{align}
f'(1) &= -1+2f'(1)+2 \\[0.3em]
\therefore \ f'(1) &= \mathbf{-1}
\end{align}$$

⑵

$f'(1)=-1$ より
$$\begin{align}
f'(x) &= (x-1)e^{-x}+\cos(\pi x) \\[0.3em]
f^{\prime\prime}(x) &= e^{-x}-(x-1)e^{-x}-\pi\sin(\pi x) \\
&= (2-x)e^{-x}-\pi\sin(\pi x) \\[0.3em]
f^{\prime\prime\prime}(x) &= -e^{-x}-(2-x)e^{-x}-\pi^2\cos(\pi x) \\
&= (x-3)e^{-x}-\pi^2\cos(\pi x)
\end{align}$$となる。また $f(0)=0$ である。

ここで
$$F(x)=x^2-f(x)$$とおくと
$$\begin{align}
F'(x) &= 2x-f'(x) \\[0.3em]
F^{\prime\prime}(x) &= 2-f^{\prime\prime}(x) \\
&= 2-(2-x)e^{-x}+\pi\sin(\pi x)
\end{align}$$であり、$0\leqq x\leqq 1$ の範囲において
$$1\leqq2-x\leqq2,\quad \dfrac{1}{e}\leqq e^{-x}\leqq1$$より
$$\dfrac{1}{e}\leqq(2-x)e^{-x}\leqq2$$であるから
$$F^{\prime\prime}(x)\geqq2-2+\pi\cdot0=0$$となる。

$$F'(0)=2\cdot0-0=0$$より $F'(x)\geqq0$ となる。

$$F(0)=0^2-0=0$$より $F(x)\geqq0$ となるので
$$f(x)\leqq x^2 \quad\cdots\text{①}$$が成り立つ。

また
$$G(x)=f(x)-\left\{x^2-\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x^3\right\}$$とおくと
$$\begin{align}
G'(x) &= f'(x)-\left\{2x-\left(\dfrac{\pi^2}{2}+\dfrac{3}{2}\right)x^2\right\} \\[0.3em]
G^{\prime\prime}(x) &= f^{\prime\prime}(x)-\{2-(\pi^2+3)x\} \\[0.3em]
G^{\prime\prime\prime}(x) &= f^{\prime\prime\prime}(x)+\pi^2+3 \\
&= (x-3)e^{-x}-\pi^2\cos(\pi x)+\pi^2+3
\end{align}$$であり、$0\leqq x\leqq 1$ の範囲において
$$-3\leqq x-3\leqq-2,\quad \dfrac{1}{e}\leqq e^{-x}\leqq1$$より
$$-3\leqq(x-3)e^{-x}\leqq-\dfrac{2}{e}$$であるから
$$G^{\prime\prime\prime}(x)\geqq-3-\pi^2\cdot1+\pi^2+3=0$$となる。

$$G^{\prime\prime}(0)=2-0-2+0=0$$より $G^{\prime\prime}(x)\geqq0$ となる。

$$G'(0)=0-0+0=0$$より $G'(x)\geqq0$ となる。

$$G(0)=0-0+0=0$$より $G(x)\geqq0$ となるので
$$x^2-\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x^3\leqq f(x) \quad\cdots\text{②}$$が成り立つ。

①,②より
$$x^2-\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x^3\leqq f(x)\leqq x^2$$$$\tag{証明終}$$

⑶

$0\lt x\leqq1$ において
$$x\sin x\gt0$$であるから、⑵より
$$\dfrac{x^2-\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x^3}{x\sin x}\leqq \dfrac{f(x)}{x\sin x}\leqq\dfrac{x^2}{x\sin x}$$すなわち
$$\dfrac{x}{\sin x}-\dfrac{\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x}{\dfrac{\sin x}{x}}\leqq \dfrac{f(x)}{x\sin x}\leqq\dfrac{x}{\sin x}$$が成り立つ。

$$\begin{array}{l}
\displaystyle\lim_{x\to+0}\left\{\dfrac{x}{\sin x}-\dfrac{\left(\dfrac{\pi^2}{6}+\dfrac{1}{2}\right)x}{\dfrac{\sin x}{x}}\right\}=1-\dfrac{0}{1}=1, \\
\displaystyle\lim_{x\to+0}\dfrac{x}{\sin x}=1
\end{array}$$であるから、はさみうちの原理により
$$\displaystyle\lim_{x\to+0}\dfrac{f(x)}{x\sin x}=\mathbf{1}$$

解説

⑶に極限の問題がありますが、メインは⑴,⑵で、微分・積分についての理解や計算力が問われています。

⑶は、$\sin$ がからむ極限なので、$\dfrac{\sin}{x}$ を上手く作り出しましょう。

まとめ

今回は、神戸大学理系数学（2019年後期 第4問）の解説をしました。