名古屋大学(理系) 2020年　問題3


$以下の問いに答えよ。$
$\hspace{3em} (1)\ \ 関数f(x)は、区間 \ \ 0 \leqq x \leqq 2\pi \ \ で第2次導関数f''(x)をもち \ \ f''(x) >0\ \ をみたしているとする。$
$\hspace{4em} 区間 \ \ 0 \leqq x \leqq \pi \ \ で関数 \ F(x)\ を$
$\hspace{6em} F(x)=f(x)-f(\pi-x)-f(\pi+x)+f(2\pi-x)$
$\hspace{4em} と定義するとき、区間 \ \ 0 \leqq x \leqq \cfrac{\pi}{2}\ \ で \ F(x) \geqq 0\ \ を示せ。$
\[\quad (2)\ \ f(x)を(1)の関数とするとき、\int _0^{2\pi} f(x)\cos x dx \geqq 0\ \ を示せ。\] $\hspace{3em} (3)\ \ 関数g(x)は、区間 \ \ 0 \leqq x \leqq 2\pi\ \ で導関数 \ g'(x)\ をもち \ \ g'(x) < 0 \ \ をみたしているとする。$
\[\hspace{2em} このとき、\int _0^{2\pi} g(x)\sin x dx \geqq 0 \ \ を示せ。\]


$(解説)$

$処理方法のアイデアが浮かべばいいのですが、限られた時間でどれほどの受験生が解答できたのでしょうか。$
$(1)の設問の式の内容が把握できればどうにか解答できるのですが。難しいですね。$
$(2)は(1)をつかうのですが、どう結びつけたらよいか難問です。$
$(3)は(1)と(2)の考え方をつかうことになります。$

(1)


$\qquad F(x)=f(x)-f(\pi-x)-f(\pi+x)+f(2\pi-x) \quad より \hspace{3em} F'(x)=f'(x)+f'(\pi-x)-f'(\pi+x)-f'(2\pi-x)$

$\qquad f(x)は、区間 \ \ 0 \leqq x \leqq 2\pi \ \ で \ f''(x)>0 \ \ だから \ \ 　f'(x) \ はこの区間で単調増加する。$

$\qquad 0 \leqq x \leqq \pi \ \ で$

$\qquad 0 \leqq x < x+\pi \leqq 2\pi \quad より \hspace{3em} f'(x) < f'(x+\pi)$

$\qquad 0 \leqq \pi-x < 2\pi-x \leqq 2\pi \quad より \quad f'(\pi-x) < f'(2\pi-x)$

$よって$

$\qquad F'(x)=\{f'(x)-f'(\pi+x)\}+\{f'(\pi-x)-f'(2\pi-x)\} < 0$

$となり、F(x)\ は \ \ 0 \leqq x \leqq \pi \ \ で単調減少する。$

$とくに区間 \ \ 0 \leqq x \leqq \cfrac{\pi}{2} \ \ では$
\begin{eqnarray*} F(\cfrac{\pi}{2}) &=&f(\cfrac{\pi}{2})-f(\pi-\cfrac{\pi}{2})-f(\pi+\cfrac{\pi}{2})+f(2\pi- \cfrac{\pi}{2})\\ &=&f(\cfrac{\pi}{2})-f(\cfrac{\pi}{2})-f(\cfrac{3}{2}\pi)+f(\cfrac{3}{2}\pi)\\ &=&0\\ \end{eqnarray*} $よって　F(x) \geqq 0 \qquad ただし等号は \ \ x=\cfrac{\pi}{2}\ \ のとき$


(2)


$区間\ \big[0,\ 2\pi\big]\ を \ \big[0,\ \cfrac{\pi}{2}\big],\ \ \big[\cfrac{\pi}{2},\ \pi\big],\ \ \big[\pi, \ \cfrac{3}{2}\pi \big],\ \ \big[ \cfrac{3}{2}\pi ,2\pi\big]\ \ の4つに分けて考える。$

(i)$\ \ \cfrac{\pi}{2} \leqq x \leqq \pi \ \ のとき \qquad x=\pi -t \ \ とおくと$
\[I_1=\int _{\small{\cfrac{\pi}{2}}}^{\large{\pi}} f(x)\cos xdx =\int _{\small{\cfrac{\pi}{2}}}^0 f(\pi-t)\cos (\pi-t)(-dt) =-\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(\pi-t)\cos tdt=-\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(\pi-x)\cos xdx\]
(ii)$\ \ \pi \leqq x \leqq \cfrac{3}{2}\pi \quad のとき \qquad x= \pi +t \ \ とおくと$
\[I_2=\int _{\large{\pi}}^{\small{\cfrac{3}{2}}\large{\pi}} f(x)\cos xdx =\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}f(\pi+t)\cos (\pi+t)dt=-\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(\pi+t)\cos tdt =-\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(\pi+x)\cos xdx\]
(iii)$\ \ \cfrac{3}{2}\pi \leqq x \leqq 2\pi \quad のとき \qquad x=2\pi -t \ \ とおくと$
\[I_3=\int _{\small{\cfrac{3}{2}}\large{\pi}}^{\large{2\pi}} f(x)\cos xdx =\int _{\small{\cfrac{\pi}{2}}}^0f(2\pi-t)\cos (2\pi-t)(-dt)=\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(2\pi-t)\cos tdt =\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(2\pi-x)\cos xdx\]
(i)～(iii)$より$
\begin{eqnarray*} \int _0^{2\pi} f(x)\cos x dx &=&\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(x)\cos xdx+\int _{\small{\cfrac{\pi}{2}}}^{\large{\pi}} f(x)\cos xdx+ \int _{\large{\pi}}^{\small{\cfrac{3}{2}}\large{\pi}} f(x)\cos xdx +\int _{\small{\cfrac{3}{2}}\pi}^{\large{2\pi}} f(x)\cos xdx\\ &=&\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} f(x)\cos xdx-\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}f(\pi-x)\cos xdx -\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}f(\pi+x)\cos xdx+\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}}f(2\pi-x)\cos xdx\\ &=&\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} \{f(x)-f(\pi-x)-f(\pi+x)+f(2\pi-x)\}\cos xdx\\ &=&\int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} F(x)\cos xdx\\ \end{eqnarray*} \[\quad 0 \leqq x \leqq \cfrac{\pi}{2} \quad で \quad F(x)\cos x \geqq 0 \quad だから \quad \int _0^{\small{\cfrac{\pi}{2}}} F(x)\cos x dx >0\] \[よって \quad \int _0^{2\pi} f(x)\cos x dx >0\]
$(注意)$

\[問題では、\int _0^{2\pi} f(x)\cos x dx \geqq 0\ \ となっています。被積分関数は\ F(x)\cos x \geqq 0 \quad であるが\ \] $\qquad 恒等的に0でないので積分が0になることはありません。$

(3)


$区間 \ \ 0 \leqq x \leqq 2\pi \ \ で \ g'(x) < 0 \ \ だから \ \ g(x)は単調減少$

$\qquad x < \pi +x \ \ より \ \ 　g(x) > g(\pi +x)$

$よって、区間 \ \ [0,\ \pi]\ で \ \ G(x)=g(x) - g(\pi +x) \ \ とおくと \ \ G(x) > 0 \ \ となる。$

\[\int _0^{2\pi}g(x)\sin xdx =\int _0^{\pi}g(x)\sin xdx+\int _{\pi}^{2\pi}g(x)\sin xdx　と分割し\]
$積分の第2項で、\pi + t=x \ \ とおくと$
\[\int _{\pi}^{2\pi}g(x)\sin xdx=\int _0^{\pi}g(\pi+t)\sin (\pi+t)dt=-\int _0^{\pi}g(\pi+t)\sin tdt =-\int _0^{\pi}g(\pi+x)\sin xdx\] $したがって$
\begin{eqnarray*} \int _0^{2\pi}g(x)\sin xdx &=&\int _0^{\pi}g(x)\sin xdx-\int _0^{\pi}g(\pi+x)\sin xdx\\ &=&\int _0^{\pi}(g(x)-g(\pi+x))\sin xdx\\ &=&\int _0^{\pi}G(x)\sin xdx\\ \end{eqnarray*} \[0 \leqq x \leqq \pi \quad で \quad G(x)\sin x \geqq 0 \quad だから \quad \int _0^{\pi} G(x)\sin x dx >0\] \[よって \quad \int _0^{2\pi} g(x)\sin x dx >0\]
$(注意)$

\[問題では、\int _0^{2\pi} g(x)\sin x dx \geqq 0\ \ となっています。被積分関数は\ G(x)\sin x \geqq 0 \quad であるが\ \] $\qquad 恒等的に0でないので積分が0になることはありません。$


ページの先頭へ↑




メインメニュー　に戻る