6東京大学 2015年 数学 第6問解答・解説

**(1)** $|t|\leq1$ では $g(t)=(1+\cos\pi t)/2\geq0$、$|t|>1$ では $g(t)=0$ だから $g(t)\geq0$。また $$\displaystyle \int_{-1}^{1}g(t)\,dt=\frac12\left[\frac{\sin\pi t}{\pi}+t\right]_{-1}^{1}=1.$$ $n\geq1$ とし、$u=nx$ と置換すると $\displaystyle \int_{-1}^{1}g(nx)\,dx=1/n$（$|u|>1$ のとき $g(u)=0$）。$g(nx)$ が正になりうるのは $|x|\leq1/n$ の範囲に限られるので、仮定から $$p g(nx)\leq g(nx)f(x)\leq qg(nx).$$ これを $-1\le x\le1$ の範囲で積分して $\displaystyle p/n\leq\int_{-1}^{1}g(nx)f(x)\,dx\leq q/n$ を得る。$n$ を掛ければ示す不等式である。

**(2)** $\varphi(x)=\log(1+e^{x+1})$ とおくと $\varphi'(x)=e^{x+1}/(1+e^{x+1})$。問題の $g$ は微分可能で $g'(t)=h(t)$（$t=\pm1$ でも両側微分係数は $0$）。従って $(d/dx)g(nx)=nh(nx)$。$g(\pm n)=0$ なので部分積分により $$\displaystyle n^2\int_{-1}^{1}h(nx)\varphi(x)\,dx=-n\int_{-1}^{1}g(nx)\varphi'(x)\,dx.$$ $\varphi'(x)=e^{x+1}/(1+e^{x+1})$ は増加関数であり、$g(nx)$ は $|x|\leq1/n$ でのみ正になりうる。問(1)を連続関数 $f=\varphi'$、$p=\varphi'(-1/n)$、$q=\varphi'(1/n)$ に適用すれば $$\displaystyle \varphi'(-1/n)\leq n\int_{-1}^{1}g(nx)\varphi'(x)\,dx\leq\varphi'(1/n).$$ $n\to\infty$ とすると両端は $\varphi'(0)=e/(1+e)$ に近づく。ゆえに挟み撃ちの原理から求める極限（上式の負号を戻したもの）は $$\displaystyle -\frac{e}{1+e}.$$