独自の解答・詳解
問題文は非掲載
小問3問・無料

名古屋大学　2020年度　前期日程　理科系

第3問積分法の解答・解説

凸関数・対称性による積分の分割・置換積分・不等式の証明当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/12

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

(1) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $f^{''} (x) > 0$ のとき、 $F (x) = f (x) - f (π - x) - f (π + x) + f (2 π - x)$ が $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ で $F (x) ≧ 0$ であることを示す

答 $F^{'} (x) < 0$ かつ $F (\frac{π}{2}) = 0$ なので、 $F$ は $[0, \frac{π}{2}]$ で減少して最後に $0$ になる

$F$ の値を直接評価するのは難しいが、 $F^{'}$ は $f^{'}$ の差だけでできている。 $f^{''} > 0$ は「 $f^{'}$ が増加」ということなので、差の符号がすぐ読める。あとは右端 $x = \frac{π}{2}$ で $F = 0$ になることに気づけばよい。

$0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ のとき、 $π - x, π + x, 2 π - x$ はいずれも $[0, 2 π]$ に入る（順に $[\frac{π}{2}, π], [π, \frac{3 π}{2}], [\frac{3 π}{2}, 2 π]$ ）。だから $F$ はこの区間で定義でき、微分もできる。

右端の値。 $x = \frac{π}{2}$ を入れると $π - x = \frac{π}{2}$ 、 $π + x = \frac{3 π}{2}$ 、 $2 π - x = \frac{3 π}{2}$ なので

F (\frac{π}{2}) = f (\frac{π}{2}) - f (\frac{π}{2}) - f (\frac{3 π}{2}) + f (\frac{3 π}{2}) = 0

である。

導関数の符号。 合成関数の微分で

F^{'} (x) = f^{'} (x) + f^{'} (π - x) - f^{'} (π + x) - f^{'} (2 π - x)

である（ $- f (π - x)$ の導関数は $+ f^{'} (π - x)$ 、 $f (2 π - x)$ の導関数は $- f^{'} (2 π - x)$ ）。2つずつ組にすると

F^{'} (x) = {f^{'} (x) - f^{'} (π + x)} + {f^{'} (π - x) - f^{'} (2 π - x)}

である。 $f^{''} > 0$ より $f^{'}$ は $[0, 2 π]$ で狭義単調増加である。 $x < π + x$ と $π - x < 2 π - x$ だから、2つの ${}$ はどちらも負である。よって

F^{'} (x) < 0 (0 ≦ x ≦ \frac{π}{2})

である。

結論。 $F$ は $[0, \frac{π}{2}]$ で単調減少なので、 $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ のとき $F (x) ≧ F (\frac{π}{2}) = 0$ である。 $■$

$f = x^{2}, e^{0.4 x}, cosh (x - 3), x^{4} - 3 x + 1$ のそれぞれで $[0, \frac{π}{2}]$ を2000等分して $F$ を計算すると、最小値はいずれもちょうど $0$ （右端での値）だった。

$F$ を直接評価しようとしない。 $f$ の形は分からず、分かるのは「 $f^{'}$ が増加」だけである。

$- f (π - x)$ を微分すると符号が2回変わって $+ f^{'} (π - x)$ になる。内側の微分 $- 1$ を落とさない。

(2)(1) の $f$ について $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0$ を示す

答4つの区間に分けて折り返すと $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} F (t) cos t d t ≧ 0$

$cos$ は $π - x, π + x, 2 π - x$ の置換で符号が $-, -, +$ と変わる。これは $F$ の係数 $- 1, - 1, + 1$ とちょうど同じなので、 $[0, 2 π]$ を4等分して全部 $[0, \frac{π}{2}]$ に折り返すと被積分関数が $F (t) cos t$ にまとまる。

y = cos x のグラフ。x, π-x, π+x, 2π-x の4点での cos の値は順に c, -c, -c, c（図は x = 0.6 の場合）。F(x) の係数 +1, -1, -1, +1 と同じ並びになる。

積分区間を $[0, \frac{π}{2}], [\frac{π}{2}, π], [π, \frac{3 π}{2}], [\frac{3 π}{2}, 2 π]$ の4つに分け、後ろの3つを置換で $[0, \frac{π}{2}]$ に移す。

$[\frac{π}{2}, π]$ ： $x = π - t$ 。 $d x = - d t$ 、 $cos x = - cos t$ 、 $t$ は $\frac{π}{2}$ から $0$ まで動くので

\int_{\frac{π}{2}}^{π} f (x) cos x d x = \int_{\frac{π}{2}}^{0} f (π - t) (- cos t) (- d t) = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (π - t) cos t d t

$[π, \frac{3 π}{2}]$ ： $x = π + t$ 。 $d x = d t$ 、 $cos x = - cos t$ 、 $t$ は $0$ から $\frac{π}{2}$ まで動くので

\int_{π}^{\frac{3 π}{2}} f (x) cos x d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (π + t) cos t d t

$[\frac{3 π}{2}, 2 π]$ ： $x = 2 π - t$ 。 $d x = - d t$ 、 $cos x = cos t$ 、 $t$ は $\frac{π}{2}$ から $0$ まで動くので

\int_{\frac{3 π}{2}}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (2 π - t) cos t d t

4つを足すと、 $cos t$ でくくれて

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} {f (t) - f (π - t) - f (π + t) + f (2 π - t)} cos t d t

すなわち

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} F (t) cos t d t

である。 $0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ では (1) より $F (t) ≧ 0$ 、また $cos t ≧ 0$ なので被積分関数は $0$ 以上である。したがって

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0

である。 $■$

$f = x^{2}$ なら $\int_{0}^{2 π} x^{2} cos x d x = 4 π = 12.566$ 、 $f = e^{0.4 x}$ なら $3.912$ と、数値積分でも正だった。

置換のたびに「 $d x$ の符号」と「積分範囲の向き」の2か所で符号が出る。両方を同時に処理して混乱しないよう、1つずつ書く。

$F$ の係数の並び $+ 1, - 1, - 1, + 1$ と、 $cos$ の値の並び $+, -, -, +$ が一致することがこの問題の核心である。(1) の $F$ の形はそのために作られている。

(3) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $g^{'} (x) < 0$ のとき、 $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0$ を示す

答同じ折り返しで $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} {g (t) + g (π - t) - g (π + t) - g (2 π - t)} sin t d t$ となり、 ${} > 0$

(2) とまったく同じ4分割を $sin$ でやる。 $sin$ の符号の並びは $+, +, -, -$ になるので、できあがる ${}$ は「 $g$ の値を $π$ ずらして引いた差」2つの和になり、 $g$ が減少であることだけで正と分かる。 $f^{''}$ にあたる仮定は要らない。

(2) と同じ置換をする。 $sin$ については

sin (π - t) = sin t, sin (π + t) = - sin t, sin (2 π - t) = - sin t

なので、同じ計算で

\int_{\frac{π}{2}}^{π} g sin d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (π - t) sin t d t

\int_{π}^{\frac{3 π}{2}} g sin d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (π + t) sin t d t

\int_{\frac{3 π}{2}}^{2 π} g sin d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (2 π - t) sin t d t

となる。4つを足して

\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} G (t) sin t d t

である。ここで

G (t) = g (t) + g (π - t) - g (π + t) - g (2 π - t)

とおいた。これを2つずつ組にすると

G (t) = {g (t) - g (π + t)} + {g (π - t) - g (2 π - t)}

である。 $g^{'} < 0$ より $g$ は $[0, 2 π]$ で狭義単調減少である。 $t < π + t$ と $π - t < 2 π - t$ だから、2つの ${}$ はどちらも正である。よって $G (t) > 0$ である。

$0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ では $sin t ≧ 0$ なので被積分関数は $0$ 以上で、

\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0

である。 $■$

$cos$ のときは「ずらした差の差」まで要ったので $f^{''} > 0$ （ $f^{'}$ が増加）が必要だったが、 $sin$ では「ずらした差」で止まるので $g^{'} < 0$ （ $g$ が減少）だけで足りる。(1)(2) と (3) の仮定が違うのはこのためである。

$g = - x$ で $\int_{0}^{2 π} (- x) sin x d x = 2 π = 6.283$ 、 $g = e^{- x}$ で $0.499$ 、 $g = cos \frac{x}{4}$ で $1.0667$ と、いずれも正だった。

$sin$ の符号の並びは $+, +, -, -$ で、 $cos$ の $+, -, -, +$ とは違う。そのため $G$ の係数は $+ 1, + 1, - 1, - 1$ になる。

(1)(2) を使おうとしなくてよい。 $g$ には2階微分の仮定がないので、むしろ使えない。

2020年度の全4問をまとめて読む

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる名大数学2027

名大理系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全3巻を見る¥2,695・124ページ・2026年7月23日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)0≦x≦2π で f′′(x)>0 のとき、F(x)=f(x)−f(π−x)−f(π+x)+f(2π−x) が 0≦x≦2π​ で F(x)≧0 であることを示す

(2)(1) の f について ∫02π​f(x)cosxdx≧0 を示す

(3)0≦x≦2π で g′(x)<0 のとき、∫02π​g(x)sinxdx≧0 を示す

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $f^{''} (x) > 0$ のとき、 $F (x) = f (x) - f (π - x) - f (π + x) + f (2 π - x)$ が $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ で $F (x) ≧ 0$ であることを示す

(2)(1) の $f$ について $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0$ を示す

(3) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $g^{'} (x) < 0$ のとき、 $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0$ を示す