(論)理力を使え！ – 2026年東大 数学 第1問

　2026年東大 数学 第1問 は積分地の評価の問題ですが、被積分関数が思わず岡本太郎風に「なんだこれは！」と叫びたくなるようなべらぼーなものです。

　問題文は以下の通りで、東大2次試験からの引用です。

\frac{7}8 \pi \leqq \int_0^{2 \pi} \sin ( \cos x -x) dx \leqq \frac{7}8 \pi  + 4M

　第１問からこれかよ、とも思いますが、初っ端から捨てるわけにもいかないので、とりあえず見ていきましょう。なお、本稿の内容は東大が発表したものではありません。

2026年東大 数学 第1問 小問1の解法

　これは教科書レベルの基本問題です。手堅く得点しましょう。

　まず、明らかに f ( \theta) = - f ( - \theta ) なので、 0 ≦ θ ≦ 1 の範囲で考えれば十分です。また、 m = –M が成り立ちます。

　次に、 f ( \theta) の三次の係数が \displaystyle\frac{1}6 なので、これは明らかに2度微分しろと言っています。

　そこで2度微分してみると

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

なので、　0 ≦ θ の範囲で 0 \leqq f''( \theta) です。

　よって 0 ≦ θ の範囲で f'( \theta) は単調増加です。

　ところが f'( 0)= 0 なので、0 ≦ θ の範囲で 0 \leqq f'( \theta) です。

　したがって 0 ≦ θ の範囲で f'( \theta) は単調増加です。ゆえに

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

です。また、

m = -M = - \sin 1 + \frac{5}6

です。小問1はどうということもなくサクッと解けました。

　でも、弧度法の１っていったい何だよ。

2026年東大 数学 第1問 小問2の解法

　被積分関数の原始関数などとても求められそうにないので、小問1の結果を何とか適用するしかありません。

　原始関数を求められない関数の積分を評価する常套手段として、被積分関数を可積な関数で上下から挟み込むというのがありますが、小問1はそのためにあるはずだと推理しましょう。

　 -1 ≦ cos x – x ≦ 1 ならば

m \leqq  f( \cos x -x) \leqq M

なので、

\begin{aligned}
 &  \cos x -x -\frac{1} 6( \cos x -x)^3 +m \\
\leqq & \sin (  \cos x -x)  \\
 \leqq  & \cos x -x -\frac{1} 6( \cos x -x)^3 +M
\end{aligned}

と、可積な関数で挟み込むことができましたが、積分範囲が全然違います。

　こんなに苦労するのは三角関数の独立変数に cos x – x などというものが入っているからですが、ここで小問1の θ の範囲が、三角関数だというのに -1 ≦ θ ≦ 1 といういささか不自然なものであることに注目しましょう。

　小問2の内容からして、小問1は不等式に θ のかわりに cos x を入れて評価に使うことを想定しているのではないか、と推理できます。

　そうだとすると、 cos x – x の –x が邪魔です。そこで三角関数の独立変数が何かの足し算になっているときに、こいつをバラバラにするにはどうすればよいかと考えるわけですが、受験勉強をしっかりやっていれば、ここで霊界からオビ・ワン・ケノビが「加法定理を使え、ルーク」とアドバイスをくれるでしょう。

　これを思いつければ勝ちです。

\begin{aligned}
 &\int_0^{2 \pi} \sin ( \cos x -x) dx \\
 = & \int_0^{2 \pi}  \{\sin ( \cos x) \cos x  -\cos(\cos x) \sin x \} dx \\
= & \int_0^{2 \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx  \\
 &  -\int_0^{2 \pi} \cos(\cos x) \sin x dx \\
= & I_1 - I_2
\end{aligned}

と変形できますが、 I₂ のほうは t = cos x と変数変換することで具体的に計算できます。

　そこで I₂ を計算してもいいのですが、

\begin{aligned}
 & \cos ( \cos x) \sin x  \\
=  & - \cos ( \cos (2 \pi -x)) \sin ( 2 \pi  - x)
\end{aligned}

なので、 案外 I₂ = 0 かもしれません。

　実際、

 \begin{aligned}

& \int_ { \pi}^{2 \pi} \cos(\cos x) \sin x dx \\
 = & \int_ { 0}^{ \pi} \cos(\cos( x + \pi)) \sin (x + \pi)dx \\
  = & -\int_ { 0}^{ \pi} \cos(\cos x) \sin x dx \\
\end{aligned}

なので、予想どおり I₂ = 0 でした。

　あとは I₁ ですが、こいつに小問1の結果を適用します。

　積分範囲は 0 ≦ x ≦ 2π ですが、この範囲だとcos x が1往復するので積分範囲を半分に縮めます。

\begin{aligned}
I_1 = &  \int_0^{2 \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 = & \int_0^{ \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 &+ \int_{\pi}^{2 \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 =  & \int_0^{ \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\ 
&+ \int_{0}^{ \pi}  \sin ( \cos( x + \pi)) \cos (x+ \pi) dx \\
=   & 2\int_0^{ \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\ 
\end{aligned}

　 0 ≦ x ≦ π の範囲で -1 ≦ cos x ≦ 1 なのでいい感じに小問1の結果を適用できそうですが、小問2には最小値 m が登場しないことと、 f(0) = 0 なので 0 ≦θ≦ 1 のとき 0 \leqq f(\theta) \leqq 1 が成り立つことから、積分の範囲を 0 \leqq x \leqq \displaystyle\frac{\pi}2 に縮めます。

\begin{aligned}
I_1 = & 2 \int_0^{ \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 = & 2\int_0^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 &+ 2\int_{\frac{\pi}2}^{ \pi}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 = & 2\int_0^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 &+ 2\int_{0}^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos( x+ \frac{\pi}2)) \cos (x + \frac{\pi}2)dx \\
= & 2\int_0^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
 &+ 2\int_{0}^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \sin x) \sin x dx \\
= & 2\int_0^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\
&+ 2\int_{0}^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \sin( \frac{\pi}2 - x)) \sin( \frac{\pi}2 - x) dx \\
= & 4\int_0^{ \frac{\pi}2}  \sin ( \cos x) \cos x dx \\

\end{aligned}

　いよいよ小問1の結果を適用します。

　0 ≦ cos x ≦ 1 なので 0 \leqq f( \cos x ) \leqq 1 であり、したがって

\begin{aligned}
 & \cos x - \frac{1}6 \cos ^3 x \\
 \leqq  & \sin ( \cos x )  \\
 \leqq  & \cos x - \frac{1}6 \cos ^3 x + M
\end{aligned}

が成り立つので

\begin{aligned}
 & 4 \int_0^ {\frac{\pi}2} (\cos ^2x - \frac{1}6 \cos ^4 x )dx \\
 \leqq  & I_1\\
 \leqq  & 4 \int_0^ {\frac{\pi}2} (\cos^2 x - \frac{1}6 \cos ^4 x )dx +4 M
\end{aligned}

です。

　ところが、

\begin{aligned}
 & \int_0^ {\frac{\pi}2} \cos ^2x dx \\
 = &\int_0^ {\frac{\pi}2} \left( \frac{1+ \cos 2x}2 \right) dx \\
 =  & \frac{\pi}4
\end{aligned}

\begin{aligned}
 & \int_0^ {\frac{\pi}2} \cos ^4x dx \\
 = &\int_0^ {\frac{\pi}2} \left( \frac{1+ \cos 2x}2 \right) ^2 dx \\
 =  & \frac{1}4 \int_0^ {\frac{\pi}2} \left( 1 + 2 \cos 2 x +\frac{1+ \cos 4x}2 \right)  dx \\
 = & \frac{ 3}{16} \pi
\end{aligned}

なので、

4 \int_0^ {\frac{\pi}2} (\cos ^2x - \frac{1}6 \cos ^4 x )dx = \frac{7}{8} \pi

であり、ゆえに

\frac{7}8 \pi \leqq I_1 \leqq \frac{7}8 \pi+ 4M

が成り立ちます。

　以上、題意が証明できました。

解法のポイント

　小問2を解くにあたっては、以下のような論理的アプローチで考えてみましょう。

1. 小問1があるので、被積分関数を可積な関数で上下から挟み込むことを考える
2. 小問1の結果より \theta - \displaystyle\frac{ \theta ^3}6+ m \leqq \sin \theta \leqq \theta - \displaystyle\frac{ \theta ^3}6 +M なので、 \theta = \cos x -x と置いたらどうだろうか。証明すべき不等式に m が現れないのは気になるが、それは後で考えよう
3. 不等式を適用させるには -1 \leqq \cos x -x \leqq 1 である必要があるが、 0 \leqq x \leqq 2 \pi の範囲でそうはならない。どうしようか
4. 小問1で -1 \leqq \theta \leqq 1 という不自然な範囲指定になっているのは、 \sin ( \cos x ) に不等式を適用させろ、というなぞかけではないのか
5. もしそうだとすると、 \sin( \cos x -x ) の -x を外に放り出す必要があるが、どうしようか
6. 加法定理を使え、ルーク
7. 被積分関数が三角関数及びその合成だけになったので、積分範囲を 0 \leqq x \leqq \pi に縮めて小問1の不等式を適用しよう
8. 小問1を解くときに 0 \leqq \theta \leqq 1 の範囲で 0 \leqq f(\theta) \leqq M であることがわかっているので、積分範囲をさらにちぢめて 0 \leqq x \leqq \displaystyle\frac{ \pi}2 に縮めよう。こうすると不等式に m が現れなくなる

　このように、本問は証明するには何が必要で、それはどうやれば得られるか、ということを逆芋づる式にたどることが強く求められる問題です。時にはメタ的な視点も交えながら、論理的に突き詰める習慣を身につけましょう。

　そのためには、わからない問題に遭遇した時にすぐに答えを見たりせず、とにかくとことん考え抜く習慣を身に着けるようにしましょう。