2026年 東京大学 理系数学 第1問

以下、$I:=\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin(\cos x-x)\,dx$、$E:=\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos x\,f(\cos x)\,dx$ とおく。

1. 問題の構造

1.1 補助関数 $f$ の読み方

定義式を移項すると

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

となる。すなわち $f(\theta)$ は、$\sin\theta$ を3次多項式 $\theta-\theta^3/6$ で近似したときの誤差である。

一方、設問 (2) の被積分関数には $\cos x$ が現れ、その値域 $[-1,1]$ は設問 (1) で $f$ を調べる区間と一致する。したがって設問 (1) は、$f(\cos x)$ を評価するための準備と読める。

1.2 設問 (1) の見通し

$f'(\theta)=\cos\theta-1+\dfrac{\theta^2}{2}$ の符号は直接には見えないが、さらに微分すると $f''(\theta)=\theta-\sin\theta$、$f'''(\theta)=1-\cos\theta\geqq0$ となり、3階で符号が確定する。そこから $f''\to f'$ と逆向きに符号を決めればよい。

この過程で、$f$ について次の3種類の情報が得られる。

• 単調性：$f$ は $[-1,1]$ で単調増加である（prop-extrema）。
• 奇関数性：$f(-\theta)=-f(\theta)$ であり、特に $m=-M$ となる。
• 凸性：$f(0)=f'(0)=f''(0)=0$ かつ $[0,1]$ で $f''\geqq0$ だから、$f$ は $[0,1]$ で下に凸である。

本解は単調性と奇関数性のみを用いる。凸性まで用いると上界が改良できる（ 3.5 節 ）。

1.3 設問 (2) の見通し：位相に残る $x$ を消す

被積分関数 $\sin(\cos x-x)$ の位相には $-x$ が残っているため、このまま $t=\cos x$ と置換しても簡単にならない。そこで、置換の前に位相の $-x$ を消す。加法定理より

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

であり、第2項は $\dfrac{d}{dx}\sin(\cos x)$ に等しいから、1周期にわたる積分で消える（lem-phase）。こうして $I=\int_0^{2\pi}\cos x\,\sin(\cos x)\,dx$ となり、ここで初めて $\theta=\cos x$ として設問 (1) の $f$ と接続する。

1.4 定数 $\frac78\pi$ の由来

$\sin(\cos x)=\cos x-\dfrac{\cos^3x}{6}+f(\cos x)$ を代入すると、主要部分の積分は

$$ \int_0^{2\pi}\left(\cos^2x-\frac{\cos^4x}{6}\right)dx=\pi-\frac16\cdot\frac{3\pi}{4}=\frac78\pi $$

となる（lem-split）。つまり $\frac78\pi$ は、近似 $\sin t\approx t-\frac{t^3}{6}$ の主要部分を積分した値である。

逆に、問題文の $\dfrac78\pi$ を $\pi-\dfrac16\cdot\dfrac{3\pi}{4}$ と分解できることに気づけば、$\cos^2x-\dfrac16\cos^4x$ という被積分関数を予想することもできる。

1.5 誤差項の符号と大きさ

$I=\dfrac78\pi+E$ と分離できれば、示すべきことは $0\leqq E\leqq4M$ である。

ここで $|f(\theta)|\leqq M$ だけからは $|E|\leqq4M$ しか得られず、下界 $E\geqq0$ は出ない。下界に必要なのは符号の情報であり、それは「$f$ が単調増加で $f(0)=0$」から従う

$$ \theta f(\theta)\geqq0\qquad(-1\leqq\theta\leqq1) $$

である。これが本問の論証の核心である。

1.6 解法の系列

$I=\dfrac78\pi+E$ の形に至った後、誤差の評価は大きく二つの系列に分かれる。

• 系列 I：$\sin t=t-\dfrac{t^3}{6}+f(t)$ をそのまま用い、$E$ を $f$ の言葉で評価する（本解、参考解1、参考解2）。
• 系列 II：部分積分によって $\cos(\cos x)$ を出し、$\cos t=1-\dfrac{t^2}{2}+f'(t)$ を用いて評価対象を $f'$ に移す（別解）。

2. 本解

2.1 方針

1. $f'''\geqq0$ から段階的に $f'\geqq0$ を導き、$M,m$ を求める。
2. 加法定理と完全微分により、位相の $-x$ を消す。
3. $\sin\theta=\theta-\dfrac{\theta^3}{6}+f(\theta)$ に $\theta=\cos x$ を代入し、$I=\dfrac78\pi+E$ と分離する。
4. $0\leqq\theta f(\theta)\leqq M|\theta|$ を用いて $0\leqq E\leqq4M$ を示す。

2.2 設問 (1) の解答

2.3 設問 (2) の解答

lem-split と lem-error より、

$$ \boxed{\frac78\pi\leqq\int_0^{2\pi}\sin(\cos x-x)\,dx\leqq\frac78\pi+4M} $$

が示された。

3. 別解と参考解

3.1 設問 (1) の単調性の他の示し方

いずれも目標は $f'(\theta)\geqq0$ である。

方法A：高階導関数まで微分する

本解の方法である。$f'''\geqq0$ まで微分し、初期値を用いて $f''\to f'$ と戻る。最も標準的で、答案として安定する。

方法B：半角公式による変形

$1-\cos\theta=2\sin^2\dfrac{\theta}{2}$ より

$$ f'(\theta)=\frac{\theta^2}{2}-2\sin^2\frac{\theta}{2}=2\left\{\left(\frac{\theta}{2}\right)^2-\sin^2\frac{\theta}{2}\right\}. $$

基本不等式 $|\sin u|\leqq|u|$ から直ちに $f'(\theta)\geqq0$ を得る。短いが、この基本不等式を既知として使えることが前提となる。

方法C：非負量の反復積分

$f$ が奇関数だから $f'$ は偶関数であり、$\theta\geqq0$ で示せば十分である。$f''(0)=f'(0)=0$ より、$\theta\geqq0$ で

$$ f''(\theta)=\int_0^\theta(1-\cos u)\,du\geqq0,\qquad f'(\theta)=\int_0^\theta f''(u)\,du\geqq0. $$

方法Aの「高階導関数から戻る」操作を、積分として表したものである。

方法D：Taylor の定理

$f'(0)=f''(0)=0$ だから、Lagrange 剰余つきの Taylor の定理より、各 $\theta$ に対して $0$ と $\theta$ の間の $\xi$ が存在して

$$ f'(\theta)=\frac{f'''(\xi)}{2}\,\theta^2=\frac{1-\cos\xi}{2}\,\theta^2\geqq0. $$

背景を最もよく表す方法だが、試験答案としては方法AまたはBが書きやすい。

3.2 位相の $x$ を消す他の方法

$g(x):=\sin(\cos x-x)$ とおく。$g$ は周期 $2\pi$ をもつ連続関数だから、$\displaystyle\int_0^{2\pi}g(x+\pi)\,dx=\displaystyle\int_0^{2\pi}g(x)\,dx$、$\displaystyle\int_0^{2\pi}g(2\pi-x)\,dx=\displaystyle\int_0^{2\pi}g(x)\,dx$ が成り立つ。本解の加法定理と完全微分による方法を方法Aとして、次の二つがある。

方法B：半周期ずらし

$\cos(x+\pi)=-\cos x$ より

$$ g(x+\pi)=\sin(-\cos x-x-\pi)=\sin(\cos x+x). $$

和積公式より $g(x)+g(x+\pi)=2\cos x\,\sin(\cos x)$ だから

$$ I=\frac12\int_0^{2\pi}\bigl\{g(x)+g(x+\pi)\bigr\}\,dx=\int_0^{2\pi}\cos x\,\sin(\cos x)\,dx. $$

方法C：反射

$g(2\pi-x)=\sin(\cos x-2\pi+x)=\sin(\cos x+x)$ であり、方法Bと同じ形に到達する。変換は異なるが、対称化によって $x$ を消すという発想は共通している。

3.3 別解：部分積分で誤差を $f'$ に移す

本解では誤差を $f$ のまま評価した。部分積分を用いると、評価対象を $f$ から $f'$ へ移すことができる。

prop-fprime と lem-split を比べると、$E=4\displaystyle\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,f'(t)\,dt$ であり、二つの解法は同じ量 $E$ の異なる表示を評価していることが分かる。

prop-extrema より $[0,1]$ で $f'\geqq0$ であり、$0\leqq\sqrt{1-t^2}\leqq1$ だから

$$ 0\leqq4\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,f'(t)\,dt\leqq4\int_0^1f'(t)\,dt=4\bigl(f(1)-f(0)\bigr)=4M. $$

これで題意の不等式を得る。

3.4 参考解1：対称性による折り畳み

$q(x):=\cos x\,f(\cos x)$ とおく。$f$ は奇関数だから

$$ q(x+\pi)=(-\cos x)\,f(-\cos x)=q(x),\qquad q(\pi-x)=(-\cos x)\,f(-\cos x)=q(x). $$

前者より $\displaystyle\int_0^{2\pi}q=2\int_0^{\pi}q$、後者より $\displaystyle\int_0^{\pi}q=2\int_0^{\pi/2}q$ であるから

$$ E=4\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos x\,f(\cos x)\,dx. $$

$0\leqq x\leqq\dfrac{\pi}{2}$ では $0\leqq\cos x\leqq1$、したがって $0\leqq f(\cos x)\leqq M$ だから

$$ 0\leqq E\leqq4M\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx=4M. $$

3.5 参考解2：凸性による上界の改良

数値的には $E\approx0.0160$ に対し、$\pi M\approx0.0256$、$4M\approx0.0326$ である。

3.6 同じ系列に属する変形

$f(\theta)/\theta$ の単調性

$0<\theta\leqq1$ で $h(\theta):=f(\theta)/\theta$ とおくと $h'(\theta)=\dfrac{\theta f'(\theta)-f(\theta)}{\theta^2}$ である。分子を $k(\theta)$ とおくと $k(0)=0$、$k'(\theta)=\theta f''(\theta)\geqq0$ だから $k\geqq0$ であり、$h$ は単調増加する。よって $f(\theta)\leqq h(1)\,\theta=M\theta$ を得る。結論は prop-convex の証明と同じであり、独立した別解とするには値しない。

逆正弦型の表示

参考解1の式で $t=\cos x$ と置換すると、広義積分として

$$ E=4\int_0^1\frac{t\,f(t)}{\sqrt{1-t^2}}\,dt $$

と書ける。$0\leqq f(t)\leqq M$ と $\displaystyle\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=1$ から $0\leqq E\leqq4M$ を得る。評価の対象は $f$ 自身であり、本解と同じ系列に属する。

3.7 解法の比較

本解は、$I=\dfrac78\pi+E$ に至った後、$0\leqq\theta f(\theta)\leqq M|\theta|$ という一つの評価で符号と大きさを同時に処理できる。設問 (1) で求めた $M$ を直接使い、追加の置換積分や凸性を必要としない点で、問題の誘導を最も素直にたどる解法である。

4. 汎用的な探索手順

誘導つきの積分評価問題では、次の順序が有効である。

1. 前問で定義された関数の考察区間と、後問に現れる式の値域を照合する。
2. 前問の定義式を「既知の主要部分＋誤差」の形に解き直す。
3. 代入を妨げる変数があれば、加法定理・対称性・完全微分などで先に除く。
4. 問題文の具体的な定数を、標準的な積分値から逆算してみる。
5. 誤差について、符号・絶対値・対称性・単調性・凸性のどれが使えるかを調べる。
6. 直接の評価が重ければ、部分積分によって $f$、$f'$、$f''$ など別の階層へ移せないかを考える。

5. 発展

5.1 Taylor 展開との関係

$\sin\theta=\theta-\dfrac{\theta^3}{6}+\dfrac{\theta^5}{120}-\dfrac{\theta^7}{5040}+\cdots$ より

$$ f(\theta)=\dfrac{\theta^5}{120}-\dfrac{\theta^7}{5040}+\cdots $$

であり、$f$ は $\sin\theta$ の3次 Taylor 近似の剰余である。同様に $f'(\theta)=\cos\theta-1+\dfrac{\theta^2}{2}=\dfrac{\theta^4}{24}-\cdots$ は、$\cos\theta$ の2次 Taylor 近似の剰余である。したがって本解と別解は、それぞれ $\sin$ の剰余と $\cos$ の剰余を評価していると解釈できる。

5.2 非負性の反復積分による伝播

$f(0)=f'(0)=f''(0)=0$ だから、積分形の剰余項つき Taylor の定理より

$$ f'(t)=\int_0^t(t-u)(1-\cos u)\,du,\qquad f(t)=\dfrac12\int_0^t(t-u)^2(1-\cos u)\,du. $$

$t\geqq0$ ではこれらの被積分関数が非負だから、$f'(t)\geqq0$、$f(t)\geqq0$ が直ちに従う。高階導関数を順に調べる操作は、最も基本的な非負量 $1-\cos u$ を積分によって蓄積していく操作とみなせる。

5.3 円に由来する二つの重み

別解に現れた重み $\sqrt{1-t^2}$ は単位円の上半分の高さであり、$\displaystyle\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,dt=\frac{\pi}{4}$ は四分円の面積である。一方、 3.6 節 の逆正弦型の表示には、逆向きの重み $\dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}$ が現れる。いずれも変数変換 $t=\cos x$ に由来し、それぞれ $dx$ の側を $\sin x\,dx$ で表すか $dt$ で表すかの違いに対応している。

5.4 Bessel 関数による厳密値

Euler の公式により

$$ I=\operatorname{Im}\int_0^{2\pi}e^{i\cos x}\,e^{-ix}\,dx $$

であり、これは $e^{i\cos x}$ の Fourier 係数を取り出す積分である。Jacobi–Anger 展開 $$ e^{iz\cos x}=\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{Z}}i^nJ_n(z)e^{inx} $$ を用いると、
$$ \displaystyle\int_0^{2\pi}e^{i\cos x}e^{-ix}\,dx=2\pi i\,J_1(1) $$
より

$$ I=2\pi J_1(1) $$

を得る。ここで $J_1$ は第1種 Bessel 関数であり、$J_1(1)=\displaystyle\sum_{k\geqq0}\dfrac{(-1)^k}{k!\,(k+1)!\,2^{2k+1}}=\frac12-\frac1{16}+\frac1{384}-\frac1{18432}+\cdots$ だから

$$ I=\pi-\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{\pi}{192}-\frac{\pi}{9216}+\cdots. $$

最初の2項の和が $\dfrac78\pi$ であり、$E=\dfrac{\pi}{192}-\dfrac{\pi}{9216}+\cdots\approx0.0160$ となる。

$E$ の主要項 $\dfrac{\pi}{192}$ は、$f(\theta)$ の主要項 $\dfrac{\theta^5}{120}$ から
$$ \dfrac1{120}\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos^6x\,dx=\frac1{120}\cdot\frac{5\pi}{8}=\frac{\pi}{192} $$
として得られるものと一致する。

5.5 パラメータつきの一般化

$F(a):=\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin(a\cos x-x)\,dx$ とおくと、同様にして $F(a)=2\pi J_1(a)$ である。$a\to0$ で

$$ F(a)=\pi a-\frac{\pi}{8}a^3+O(a^5) $$

となり、本問は $a=1$ の場合にあたる。$\dfrac78\pi$ はこの展開の最初の2項に $a=1$ を代入した値である。

6. 最終整理

本問の中心は複雑な計算ではなく、次の判断の連鎖である。

$$ \begin{aligned} &f\text{ は }\sin\theta\text{ の3次近似の誤差：}\ \sin\theta=\theta-\tfrac{\theta^3}{6}+f(\theta)\\ &\Downarrow\\ &\cos x\in[-1,1]\text{ から }f(\cos x)\text{ の出現を予想}\\ &\Downarrow\\ &\sin(\cos x-x)\text{ の位相 }-x\text{ を先に消す}\\ &\Downarrow\\ &I=\tfrac78\pi+E\text{ と分離}\\ &\Downarrow\\ &E\text{ の符号と大きさを評価} \end{aligned} $$

• 本解は、誤差を $f$ のまま評価する。
• 別解は、部分積分によって誤差を $f'$ へ移す。
• 参考解1は、対称性によって符号が一定の区間へ折り畳む。
• 参考解2は、凸性を用いて上界を $\frac78\pi+\pi M$ に改良する。