解説

方針・初手

（1） では，両端点を結ぶ直線と関数との差をおき，その関数が区間内で負になると仮定して平均値の定理を2回用いる。

（2） では，$f(x)=\sin x-\sin^3x$ とおいて $f''(x)\le 0$ を確認し，（1） の結果をそのまま適用する。

（3） では，（2） で得た一次式による下からの評価を指数部に入れ，より簡単な積分で上からおさえる。

解法1

**(1)**

両端点 $(a,f(a))$, $(b,f(b))$ を結ぶ直線を

$$ \ell(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a) $$

とおく。

さらに

$$ g(x)=f(x)-\ell(x) $$

とおけば，

$$ g(a)=g(b)=0,\qquad g''(x)=f''(x)\le 0 $$

である。

ここで，もし区間内のある点 $c\in(a,b)$ で $g(c)<0$ となると仮定する。

すると，平均値の定理より区間 $[a,c]$ においてある $\xi_1\in(a,c)$ が存在して

$$ g'(\xi_1)=\frac{g(c)-g(a)}{c-a}=\frac{g(c)}{c-a}<0 $$

となる。

同様に，区間 $[c,b]$ においてある $\xi_2\in(c,b)$ が存在して

$$ g'(\xi_2)=\frac{g(b)-g(c)}{b-c}=\frac{-g(c)}{b-c}>0 $$

となる。

したがって $\xi_1<\xi_2$ であり，ふたたび平均値の定理を $g'$ に対して区間 $[\xi_1,\xi_2]$ に適用すると，ある $\eta\in(\xi_1,\xi_2)$ が存在して

$$ g''(\eta)=\frac{g'(\xi_2)-g'(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}>0 $$

となる。しかし $g''(x)\le 0$ に反する。

よって，区間 $[a,b]$ で $g(x)<0$ となる点は存在しない。したがって

$$ g(x)\ge 0\qquad (a\le x\le b) $$

すなわち

$$ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)\le f(x)\qquad (a\le x\le b) $$

が成り立つ。

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**(2)**

$$ f(x)=\sin x-\sin^3x $$

とおく。

まず2回微分すると，

$$ f'(x)=\cos x-3\sin^2x\cos x $$

$$ f''(x)=(9\sin^2x-7)\sin x $$

となる。

ここで $0\le x\le \dfrac{\pi}{4}$ では

$$ 0\le \sin x\le \frac{1}{\sqrt2} $$

であるから，

$$ 9\sin^2x-7\le 9\cdot \frac12-7=-\frac52<0 $$

となる。よって

$$ f''(x)\le 0\qquad \left(0\le x\le \frac{\pi}{4}\right) $$

である。

したがって （1） の結果を区間 $\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$ に適用できる。

このとき

$$ f(0)=0,\qquad f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt2}{2}-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^3 =\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{4} =\frac{\sqrt2}{4} $$

であるから，

$$ \frac{f\left(\frac{\pi}{4}\right)-f(0)}{\frac{\pi}{4}-0}x+f(0)\le f(x) $$

すなわち

$$ \frac{\frac{\sqrt2}{4}}{\frac{\pi}{4}}x\le \sin x-\sin^3x $$

となる。整理して

$$ \frac{\sqrt2}{\pi}x\le \sin x-\sin^3x\qquad \left(0\le x\le \frac{\pi}{4}\right) $$

を得る。

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**(3)**

$$ I_n=\int_0^{\pi/4}xe^{-n(\sin x-\sin^3x)},dx $$

とおく。

（2） より，$0\le x\le \dfrac{\pi}{4}$ で

$$ \sin x-\sin^3x\ge \frac{\sqrt2}{\pi}x $$

であるから，

$$ e^{-n(\sin x-\sin^3x)}\le e^{-n\frac{\sqrt2}{\pi}x} $$

となる。よって integrand は非負であり，

$$ 0\le xe^{-n(\sin x-\sin^3x)}\le xe^{-n\frac{\sqrt2}{\pi}x} $$

だから，

$$ 0\le I_n\le \int_0^{\pi/4}xe^{-n\frac{\sqrt2}{\pi}x},dx \le \int_0^\infty xe^{-n\frac{\sqrt2}{\pi}x},dx $$

を得る。

ここで $c=\dfrac{\sqrt2}{\pi}$ とおけば，

$$ \int_0^\infty xe^{-ncx},dx=\frac{1}{(nc)^2} $$

であるから，

$$ 0\le I_n\le \frac{1}{n^2c^2} =\frac{\pi^2}{2n^2} $$

となる。右辺は $n\to\infty$ で $0$ に収束するので，はさみうちの原理より

$$ \lim_{n\to\infty}\int_0^{\pi/4}xe^{-n(\sin x-\sin^3x)},dx=0 $$

である。

解説

この問題の中心は，$f''(x)\le 0$ ならグラフが両端点を結ぶ弦より上にある，という下に凸ではなく上に凸の性質である。

（1） では，その事実を既知の定理として使わず，差 $g(x)$ をつくって平均値の定理を重ねることで導いている。区間内で $g(x)<0$ となる点があると，$g'$ が左で負，右で正になり，結局どこかで $g''>0$ が出てしまうのが本質である。

（2） は （1） の典型的な利用であり，$\sin x-\sin^3x$ 自体を直接評価するより，二階微分の符号を調べて弦でおさえるのが自然である。

（3） では，指数関数の肩にある $\sin x-\sin^3x$ を （2） で一次式より大きいと評価することで，積分全体を $\int_0^\infty xe^{-cnx}dx$ という標準形で上からおさえられる。

答え

**(1)**

$$ f''(x)\le 0\ \text{on }[a,b] \quad \Longrightarrow \quad \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)\le f(x)\qquad (a\le x\le b) $$

である。

**(2)**

$$ \frac{\sqrt2}{\pi}x\le \sin x-\sin^3x\qquad \left(0\le x\le \frac{\pi}{4}\right) $$

である。

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}\int_0^{\pi/4}xe^{-n(\sin x-\sin^3x)},dx=0 $$

である。