東京大学 2026年 数学

(1) の解答

$f(\theta) = \sin\theta - \theta + \dfrac{\theta^3}{6}$ を微分する。

$f'(\theta) = \cos\theta - 1 + \frac{\theta^2}{2}$

$f'(\theta)$ の符号を調べるためにさらに微分する。

$f''(\theta) = -\sin\theta + \theta$

$g(\theta) = f''(\theta) = \theta - \sin\theta$ とおくと、

$g'(\theta) = 1 - \cos\theta \geqq 0$

等号は $\theta = 0$ のときのみ成立するので、$g(\theta) = \theta - \sin\theta$ は $\mathbb{R}$ 全体で単調非減少（$\theta=0$ 以外では真に増加）。

よって $g(0) = 0$ であることと合わせて、

$\theta > 0 \Rightarrow g(\theta) > 0,\quad \theta < 0 \Rightarrow g(\theta) < 0$

すなわち

$f''(\theta) = \theta - \sin\theta \begin{cases} > 0 & (\theta > 0) \\ = 0 & (\theta = 0) \\ < 0 & (\theta < 0) \end{cases}$

次に $f'(\theta) = \cos\theta - 1 + \dfrac{\theta^2}{2}$ の符号を調べる。

$f'(0) = 0$ であり、$f''(\theta)$ の符号から：

• $\theta > 0$ では $f''(\theta) > 0$ なので $f'$ は単調増加。$f'(0) = 0$ より $f'(\theta) > 0$。
• $\theta < 0$ では $f''(\theta) < 0$ なので $f'$ は単調減少。$f'(0) = 0$ より $f'(\theta) > 0$（$\theta < 0$ で $f'$ は $0$ より大きい値から $0$ へ減少してきた）。

より正確に述べると：$f'$ は $(-\infty, 0)$ で単調減少、$(0, \infty)$ で単調増加、$f'(0)=0$ が最小値。したがって

$f'(\theta) \geqq f'(0) = 0 \quad (\text{すべての } \theta \in \mathbb{R})$

等号は $\theta = 0$ のときのみ。

結論（$f$ の単調性）： $f'(\theta) \geqq 0$（等号は $\theta=0$ のみ）なので、$f(\theta)$ は $\mathbb{R}$ 全体で単調増加。

特に区間 $-1 \leqq \theta \leqq 1$ においても $f$ は単調増加であるから、

• 最小値は $\theta = -1$ のとき
• 最大値は $\theta = 1$ のとき

それぞれ達成される。

$f(1) = \sin 1 - 1 + \frac{1}{6} = \sin 1 - \frac{5}{6}$

$f(-1) = \sin(-1) - (-1) + \frac{(-1)^3}{6} = -\sin 1 + 1 - \frac{1}{6} = -\sin 1 + \frac{5}{6}$

よって

$\boxed{M = \sin 1 - \frac{5}{6}, \quad m = -\sin 1 + \frac{5}{6}}$

（なお $f(-1) = -f(1)$ が成り立っており、$f$ が奇関数であることと整合している。）

(2) の解答

方針の整理

(1) で得た $M = \sin 1 - \dfrac{5}{6}$ と $f(\theta)=\sin\theta-\theta+\dfrac{\theta^3}{6}$ の性質を用いて、

$I = \int_0^{2\pi} \sin(\cos x - x)\,dx$

を評価する。

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Step 1: (1) の結果を不等式に翻訳する

(1) より、$f(\theta) = \sin\theta - \theta + \dfrac{\theta^3}{6}$ は $\mathbb{R}$ 上で単調増加（$f'(\theta)\geqq 0$）であった。

これはただちにすべての実数 $\theta$ に対して

$\sin\theta \leqq \theta - \frac{\theta^3}{6} \quad (\text{すなわち } f(\theta) \leqq 0 \text{ は } \theta \leqq 0 \text{ のとき})$

というわけではなく、次のように使う。

区間 $[-1,1]$ における $f$ の最大値・最小値より：

$m \leqq f(\theta) \leqq M \quad \text{for all } \theta \in [-1, 1]$

すなわち

-\sin 1 + \frac{5}{6} \leqq \sin\theta - \theta + \frac{\theta^3}{6} \leqq \sin 1 - \frac{5}{6} \quad (\theta\in[-1,1]) \tag{$*$}

より

\theta - \frac{\theta^3}{6} + m \leqq \sin\theta \leqq \theta - \frac{\theta^3}{6} + M \quad (\theta\in[-1,1]) \tag{1}

ここで $\cos x \in [-1,1]$ であるから、$\theta = \cos x$ と置くと $(1)$ が使える。

ただし今回の被積分関数は $\sin(\cos x - x)$ であり、引数は $\cos x - x$ である。$\cos x - x$ は一般に $[-1,1]$ の外に出るので、$(*)$ を直接適用するのではなく、$f$ が $\mathbb{R}$ 全体で単調増加であることを使い直す。

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Step 2: $f$ の単調増加性からの全域不等式

(1) の証明で示したように、$f'(\theta)\geqq 0$ はすべての $\theta\in\mathbb{R}$ で成り立つ。

よって $f$ は $\mathbb{R}$ 上の単調増加関数であり、すべての実数 $\theta$ に対して

$f(\theta) \leqq f(1) = M \iff \sin\theta \leqq \theta - \frac{\theta^3}{6} + M \quad (\theta \leqq 1)$

は $\theta \leqq 1$ でしか成立しない。全域で使える不等式を (1) の増減から直接導く。

$f'(\theta)\geqq 0$ より $\sin\theta = \theta - \frac{\theta^3}{6} - f(\theta) + \sin\theta$

は循環するので、代わりに次の標準的な方針をとる。

基本不等式（証明済み）

$f'(\theta)=\cos\theta-1+\dfrac{\theta^2}{2}\geqq 0$ はすべての $\theta$ で成立（(1) で証明済み）。これを積分すると：

$\theta \geqq 0$ の場合： $f(\theta) = f(0) + \int_0^\theta f'(t)\,dt \geqq 0 \quad (\theta\geqq 0)$ \Rightarrow \sin\theta \geqq \theta - \frac{\theta^3}{6} \quad (\theta \geqq 0) \tag{A}

$\theta \leqq 0$ の場合：$f(0)=0$ かつ $\theta\leqq 0$ では $f'$ の積分が負の符号で入るが、$f'\geqq 0$ より $f(\theta) = -\int_\theta^0 f'(t)\,dt \leqq 0 \quad (\theta \leqq 0)$ \Rightarrow \sin\theta \leqq \theta - \frac{\theta^3}{6} \quad (\theta \leqq 0) \tag{B}

$(A)(B)$ をまとめると**$f(\theta)$ と $0$ の大小は $\theta$ の符号に依存**するが、以下では $(*)$ の形（区間 $[-1,1]$ での最大・最小）を用いる。

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Step 3: 積分 $I$ を変形する

$I = \int_0^{2\pi} \sin(\cos x - x)\,dx$

$\sin$ の加法定理を用いる：

$\sin(\cos x - x) = \sin(\cos x)\cos x - \cos(\cos x)\sin x$

...(この展開は複雑になるので) 別のアプローチとして、被積分関数に直接 $f$ の評価を適用する。

不等式の適用

引数 $\theta = \cos x - x$ に対して $f(\theta)$ の評価を用いたいが、$\cos x - x$ は $[-1,1]$ 外に出る。

代わりに、次のテイラー型不等式を使う：

$f'(t) \geqq 0$ より

$\sin\theta - \theta + \frac{\theta^3}{6} \leqq M \quad \text{for all } \theta \in \mathbb{R}$

これは $\theta \leqq 1$ では $f(\theta)\leqq f(1)=M$（$f$ 単調増加）、$\theta \geqq 1$ では... と場合分けが必要。正確に述べる。

$f$ は $\mathbb{R}$ 上単調増加なので：

• $\theta \leqq 1$ のとき $f(\theta) \leqq f(1) = M$
• $\theta \geqq -1$ のとき $f(\theta) \geqq f(-1) = m$

$\cos x \in [-1,1]$ であることに注目すると、$\cos x - x$ の範囲は $x\in[0,2\pi]$ で

$\cos x - x \in [\cos x - 2\pi, \cos x] \subset [-1-2\pi, 1]$

ゆえに $\theta = \cos x - x \leqq \cos x \leqq 1$ が成り立つ。

また $\theta = \cos x - x \geqq -1 - x$。$x \in [0,2\pi]$ なので $\theta \geqq -1 - 2\pi > -1$ とは言えず下限の評価は弱い。

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Step 4: 不等式を正確に立て直す

$\frac{7}{8}\pi \leqq I \leqq \frac{7}{8}\pi + 4M$

を示すため、$I$ を計算可能な部分と評価する部分に分ける。

積分の分解

$\sin(\cos x - x) = \sin(\cos x)\cos x'$… ではなく、加法定理で展開する：

$\sin(\cos x - x) = \sin(\cos x)\cos(-x) + \cos(\cos x)\sin(-x)$ = \sin(\cos x)\cos x - \cos(\cos x)\sin x \tag{2}

したがって

I = \int_0^{2\pi} \sin(\cos x)\cos x\,dx - \int_0^{2\pi}\cos(\cos x)\sin x\,dx \tag{3}

第2積分の計算：

$u = \cos x$ と置換すると $du = -\sin x\,dx$。$x:0\to 2\pi$ のとき $u:1\to 1$（一周して戻る）なので、単純に $\int_{u=1}^{u=1}$ とはできない（$\cos x$ は単射でないため置換を区間分割する）。

$x:0\to\pi$ では $u=\cos x:1\to -1$、$x:\pi\to 2\pi$ では $u=-1\to 1$。

$\int_0^{2\pi}\cos(\cos x)\sin x\,dx = \int_0^\pi \cos(\cos x)\sin x\,dx + \int_\pi^{2\pi}\cos(\cos x)\sin x\,dx$

第1項：$u=\cos x$, $du=-\sin x\,dx$ $=\int_1^{-1}\cos(u)(-du) = \int_{-1}^1 \cos u\,du = [\sin u]_{-1}^1 = \sin 1 - \sin(-1) = 2\sin 1$

第2項：$x:\pi\to 2\pi$ では $\sin x \leqq 0$、$u=\cos x:-1\to 1$, $du=-\sin x\,dx$ $=\int_{-1}^{1}\cos(u)(-du) = -\int_{-1}^1\cos u\,du = -2\sin 1$

よって \int_0^{2\pi}\cos(\cos x)\sin x\,dx = 2\sin 1 + (-2\sin 1) = 0 \tag{4}

第1積分の計算：

$J = \int_0^{2\pi}\sin(\cos x)\cos x\,dx$

$\sin(\cos x)\cos x = \dfrac{d}{dx}[-\cos(\cos x)]\cdot\dfrac{1}{1}$... を確認する：

$\frac{d}{dx}[-\cos(\cos x)] = \sin(\cos x)\cdot(-\sin x)$

これは $\sin(\cos x)\cos x$ とは異なる。別の方法：

$u=\cos x$ の置換を上と同様に行う。

$J = \int_0^\pi \sin(\cos x)\cos x\,dx + \int_\pi^{2\pi}\sin(\cos x)\cos x\,dx$

$x:0\to\pi$: $u=\cos x$, $du=-\sin x\,dx$, $\cos x = u$, $\sin x = \sqrt{1-u^2}$（$\sin x\geqq 0$）

$\int_0^\pi \sin(u)\cdot u \cdot \frac{du}{-\sqrt{1-u^2}} \cdot (-1) = \int_{-1}^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}(-\frac{1}{-1})\,du$

より丁寧に：$du = -\sin x\,dx$, $\sin x = \sqrt{1-u^2}$ なので $dx = \dfrac{-du}{\sin x} = \dfrac{-du}{\sqrt{1-u^2}}$。

$\int_0^\pi \sin(\cos x)\cos x\,dx = \int_1^{-1} \sin(u)\cdot u \cdot \frac{-du}{\sqrt{1-u^2}}$ $= \int_{-1}^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du$

$x:\pi\to 2\pi$: $u=\cos x:-1\to 1$, $\sin x = -\sqrt{1-u^2}$（$\sin x\leqq 0$）, $dx=\dfrac{-du}{\sin x}=\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}}$

$\int_\pi^{2\pi}\sin(\cos x)\cos x\,dx = \int_{-1}^1 \sin(u)\cdot u\cdot \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$ $= \int_{-1}^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du$

よって J = 2\int_{-1}^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du \tag{5}

$(3)(4)(5)$ より

I = J = 2\int_{-1}^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du \tag{6}

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Step 5: $I$ を評価する

$(*)$ の不等式（$\theta\in[-1,1]$）：

$\theta - \frac{\theta^3}{6} + m \leqq \sin\theta \leqq \theta - \frac{\theta^3}{6} + M$

を $\theta = u \in [-1,1]$ に適用する。

ここで $\dfrac{u}{\sqrt{1-u^2}} \geqq 0$（$u\in[0,1]$）と $\leqq 0$（$u\in[-1,0]$）に場合分けが必要。

$u\geqq 0$ の場合： $\dfrac{u}{\sqrt{1-u^2}}\geqq 0$ なので、$\sin u$ の不等式をそのまま掛けられる。

$u\leqq 0$ の場合： $\dfrac{u}{\sqrt{1-u^2}}\leqq 0$ なので、不等式の向きが逆転する。

これらをまとめるため、$h(u) = \dfrac{u}{\sqrt{1-u^2}}$ とおく（$u\in(-1,1)$）。

被積分関数 $h(u)\sin u$ を評価する：

• $u\in(0,1)$：$h(u)>0$ かつ $m\leqq \sin u - u + \frac{u^3}{6}\leqq M$ より $h(u)\left(u-\frac{u^3}{6}+m\right) \leqq h(u)\sin u \leqq h(u)\left(u-\frac{u^3}{6}+M\right)$

• $u\in(-1,0)$：$h(u)<0$ かつ $m\leqq \sin u - u + \frac{u^3}{6}\leqq M$ より $h(u)\left(u-\frac{u^3}{6}+M\right) \leqq h(u)\sin u \leqq h(u)\left(u-\frac{u^3}{6}+m\right)$

積分して加えると（$[-1,0]$ と $[0,1]$ の和）：

$2\int_{-1}^1 h(u)\left(u-\frac{u^3}{6}\right)du + 2\int_{-1}^1 h(u)\cdot[\text{下限係数}]\,du \leqq I \leqq \cdots$

この整理が煩雑なので、$h(u)\sin u$ 全体の偶奇性を利用する。

$h(u) = \dfrac{u}{\sqrt{1-u^2}}$ は奇関数（$h(-u)=-h(u)$）。 $\sin u$ は奇関数。

ゆえに $h(u)\sin u$ は偶関数。

I = 2\int_{-1}^1 h(u)\sin u\,du = 4\int_0^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du \tag{7}

$u\in[0,1]$ では $h(u)\geqq 0$ なので $(*)$ より直接

$u - \frac{u^3}{6} + m \leqq \sin u \leqq u - \frac{u^3}{6} + M$

\Rightarrow \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+m\right)}{\sqrt{1-u^2}} \leqq \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}} \leqq \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+M\right)}{\sqrt{1-u^2}} \tag{8}

$(8)$ を $u\in[0,1]$ で積分して $4$ 倍する：

4\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+m\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du \leqq I \leqq 4\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+M\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du \tag{9}

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Step 6: 補助積分の計算

$u = \sin t$（$t\in[0,\pi/2]$）と置換すると $du = \cos t\,dt$, $\sqrt{1-u^2}=\cos t$。

$\int_0^1 \frac{u^k}{\sqrt{1-u^2}}\,du = \int_0^{\pi/2}\sin^k t\,dt$

$k=1$: $\int_0^{\pi/2}\sin t\,dt = [-\cos t]_0^{\pi/2} = 0 - (-1) = 1$

$k=2$: $\int_0^{\pi/2}\sin^2 t\,dt = \frac{\pi}{4}$

$k=3$: $\int_0^{\pi/2}\sin^3 t\,dt = \frac{2}{3}$

$k=4$: $\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,dt = \frac{3\pi}{16}$

よって

$\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du = \int_0^1 \frac{u^2-\frac{u^4}{6}}{\sqrt{1-u^2}}\,du = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{6}\cdot\frac{3\pi}{16} = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{32} = \frac{8\pi-\pi}{32} = \frac{7\pi}{32}$

$\int_0^1 \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\,du = 1$

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Step 7: 不等式の完成

$(9)$ の右辺：

$4\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+M\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du = 4\cdot\frac{7\pi}{32} + 4M\cdot 1 = \frac{7\pi}{8} + 4M$

$(9)$ の左辺：

$m = -M$（$f$ が奇関数なので $f(-1)=-f(1)$, すなわち $m=-M$）であることを利用する。

$4\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}+m\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du = 4\cdot\frac{7\pi}{32} + 4m\cdot 1 = \frac{7\pi}{8} + 4m = \frac{7\pi}{8} - 4M$

したがって $(9)$ より

\frac{7\pi}{8} - 4M \leqq I \leqq \frac{7\pi}{8} + 4M \tag{10}

ここで $M = \sin 1 - \dfrac{5}{6} > 0$ を確認する（$\sin 1 > 0.8 > \dfrac{5}{6} \approx 0.833$...）。

実際 $\sin 1 \approx 0.8415$, $5/6 \approx 0.8333$ なので $M > 0$。よって $-4M < 0$ であり、$(10)$ の左辺は $\dfrac{7\pi}{8} - 4M < \dfrac{7\pi}{8}$。

求める不等式の左側：$\dfrac{7\pi}{8} \leqq I$ を示す必要があるが、$(10)$ では $\dfrac{7\pi}{8} - 4M \leqq I$ しか得られていない。これでは不十分。

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Step 8: 左側不等式の証明（別途）

$I \geqq \dfrac{7\pi}{8}$ を示す。$(7)$ より

$I = 4\int_0^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du$

$u\in[0,1]\subset[0,\pi]$ において $\sin u \geqq 0$。さらに $u\in[0,1]$ では(A)より

$\sin u \geqq u - \frac{u^3}{6} \quad (u\geqq 0)$

（これは $f(u)\geqq f(0)=0$（$f$ 単調増加、$u\geqq 0$）と等価）

よって

I = 4\int_0^1 \frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}\,du \geqq 4\int_0^1 \frac{u\left(u-\frac{u^3}{6}\right)}{\sqrt{1-u^2}}\,du = 4\cdot\frac{7\pi}{32} = \frac{7\pi}{8} \tag{11}

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Step 9: まとめ

$(8)$（上側）と $(11)$（下側）を合わせて、

$\boxed{\frac{7}{8}\pi \leqq I \leqq \frac{7}{8}\pi + 4M}$

が示された。$\blacksquare$

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補足：$m = -M$ の確認

$f(-\theta) = \sin(-\theta)-(-\theta)+\dfrac{(-\theta)^3}{6} = -\sin\theta+\theta-\dfrac{\theta^3}{6} = -f(\theta)$

より $f$ は奇関数。ゆえに $f(-1)=-f(1)$、すなわち $m=-M$。