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電気通信大学　2021年度　前期日程　情報理工学域

第2問微分積分の解答・解説

長方形の面積の最大・距離の2乗の極値・半円が入る条件・大小の評価当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/14

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。情報理工学域の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/14時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(i) $k ≧ 1$ 、 $f (x) = e^{- k x^{2}}$ とする。 $4$ 点 $(\pm t, 0)$ 、 $(\pm t, f (t))$ （ $t > 0$ ）を頂点とする長方形の面積を $g (t)$ とするとき、 $g^{'} (t)$ と $g (t)$ の最大値 $S_{1}$ を求める

答 $g^{'} (t) = 2 e^{- k t^{2}} (1 - 2 k t^{2})$ 、 $S_{1} = \frac{2}{k e}$

$g (t) = 2 t e^{- k t^{2}}$ 。積の微分。

長方形の横は $2 t$ 、縦は $f (t) = e^{- k t^{2}}$ なので $g (t) = 2 t e^{- k t^{2}}$ である。

g^{'} (t) = 2 e^{- k t^{2}} + 2 t (- 2 k t) e^{- k t^{2}} = 2 e^{- k t^{2}} (1 - 2 k t^{2})

である。 $e^{- k t^{2}} > 0$ なので符号は $1 - 2 k t^{2}$ で決まり、 $t = \frac{1}{2 k}$ の前後で正から負に変わる。よってここで最大になり

S_{1} = g (\frac{1}{2 k}) = \frac{2}{2 k} e^{- \frac{1}{2}} = \frac{2}{k} \cdot \frac{1}{e} = \frac{2}{k e}

である。

$k = 1, 2, 5$ で走査すると、最大は $t = \frac{1}{2 k}$ で $\frac{2}{k e}$ と一致した。

(ii) $h (s) = OP^{2}$ （ $P (s, f (s))$ ）が極値をとる $s$ をすべて求める

答 $s = 0, \pm \frac{lo g 2 k}{2 k}$

$h = s^{2} + e^{- 2 k s^{2}}$ 。 $h^{'} = 2 s (1 - 2 k e^{- 2 k s^{2}})$ と因数分解する。

h (s) = s^{2} + e^{- 2 k s^{2}}

である。微分すると

h^{'} (s) = 2 s - 4 k s e^{- 2 k s^{2}} = 2 s (1 - 2 k e^{- 2 k s^{2}})

である。 $φ (s) = 1 - 2 k e^{- 2 k s^{2}}$ とおくと、 $φ$ は偶関数で $∣ s ∣$ について増加し、 $φ (0) = 1 - 2 k ≦ - 1 < 0$ （ $k ≧ 1$ ）、 $∣ s ∣ \to \infty$ で $φ \to 1 > 0$ である。よって $φ = 0$ となる正の $s$ がただ1つあり、それは

e^{- 2 k s^{2}} = \frac{1}{2 k}, s^{2} = \frac{lo g 2 k}{2 k}, s_{0} = \frac{lo g 2 k}{2 k}

である（ $k ≧ 1$ より $lo g 2 k > 0$ ）。符号を表にすると

$s < - s_{0}$ ： $2 s < 0$ 、 $φ > 0$ なので $h^{'} < 0$
$- s_{0} < s < 0$ ： $2 s < 0$ 、 $φ < 0$ なので $h^{'} > 0$
$0 < s < s_{0}$ ： $2 s > 0$ 、 $φ < 0$ なので $h^{'} < 0$
$s > s_{0}$ ： $h^{'} > 0$

となり、 $s = - s_{0}$ で極小、 $s = 0$ で極大、 $s = s_{0}$ で極小である。したがって極値をとるのは

s = 0, s = \pm \frac{lo g 2 k}{2 k}

である。極小値は

h (\pm s_{0}) = \frac{lo g 2 k}{2 k} + \frac{1}{2 k} = \frac{lo g 2 k + 1}{2 k}

で、極大値は $h (0) = 1$ である。

$k = 1, 2, 5$ で $h^{'}$ が $s = 0, \pm s_{0}$ で $0$ になり、極小値も式と一致した。

(iii) $D : 0 ≦ y ≦ f (x)$ 、 $E_{r} : 0 ≦ y ≦ r^{2} - x^{2}$ とする。 $E_{r} \subset D$ となるように $r$ を動かすとき、 $E_{r}$ の面積の最大値 $S_{2}$ を求める

答 $S_{2} = \frac{π ( 1 + lo g 2 k )}{4 k}$

$E_{r} \subset D$ は「 $∣ x ∣ ≦ r$ で $r^{2} ≦ x^{2} + f (x)^{2} = h (x)$ 」と同じ。(ii) の極小値が効く。

$E_{r}$ は原点中心・半径 $r$ の上半円である。 $E_{r} \subset D$ は、 $∣ x ∣ ≦ r$ のすべてで $r^{2} - x^{2} ≦ f (x)$ 、すなわち

r^{2} ≦ x^{2} + f (x)^{2} = h (x) (∣ x ∣ ≦ r)

と同値である。 $s_{0} = \frac{lo g 2 k}{2 k}$ とおき、 $M = h (s_{0}) = \frac{lo g 2 k + 1}{2 k}$ とする。

$r ≦ s_{0}$ のとき： $h$ は $[0, r]$ で減少するので最小は $h (r) = r^{2} + e^{- 2 k r^{2}} > r^{2}$ 。条件はつねに成り立つ
$r > s_{0}$ のとき：最小は $h (s_{0}) = M$ なので、条件は $r^{2} ≦ M$

である。 $s_{0}^{2} = \frac{lo g 2 k}{2 k} < M$ なので $s_{0} < M$ であり、条件を満たす $r$ の最大値は $M$ である。このとき面積は

S_{2} = \frac{π}{2} M = \frac{π ( lo g 2 k + 1 )}{4 k}

である。

$r = M$ のとき、半円は $x = \pm s_{0}$ のところで曲線 $y = f (x)$ に接する。 $h$ の極小が「原点から曲線までの最短距離」を与えるからである。

$k = 1, 2, 5$ で $r = M$ なら半円が $D$ に入り、 $1.001$ 倍にするとはみ出した。

「 $r$ を大きくすると条件が崩れる」のは、 $h$ の最小を $x = \pm s_{0}$ でとるため。 $r ≦ s_{0}$ の場合も忘れずに確かめる。

(iv) $k = \frac{4 ^{N}}{e}$ （ $N = 1, 2, 3, \dots$ ）のとき、 $2 S_{2} < S_{1}$ となる最小の $N$ を求める。必要なら $4 < \frac{e π lo g 2}{2} < 5$ を用いてよい

答 $N = 5$

$k = \frac{4 ^{N}}{e}$ を入れると $1 + lo g 2 k = (2 N + 1) lo g 2$ 、 $\frac{2}{k e} = \frac{2}{2 ^{N}}$ になる。

$k = \frac{4 ^{N}}{e}$ のとき $2 k = \frac{2 \cdot 4 ^{N}}{e}$ なので

lo g 2 k = lo g 2 + 2 N lo g 2 - 1, 1 + lo g 2 k = (2 N + 1) lo g 2

である。また $k e = 4^{N}$ だから

S_{1} = \frac{2}{k e} = \frac{2}{2 ^{N}}, 2 S_{2} = \frac{π ( 1 + lo g 2 k )}{2 k} = \frac{π e ( 2 N + 1 ) lo g 2}{2 \cdot 4 ^{N}}

である。 $2 S_{2} < S_{1}$ は

\frac{π e ( 2 N + 1 ) lo g 2}{2 \cdot 4 ^{N}} < \frac{2}{2 ^{N}}

すなわち、両辺に $\frac{2 \cdot 4 ^{N}}{2 \cdot 2 ^{N}} > 0$ を掛けて

\frac{e π lo g 2}{2} (2 N + 1) < 2^{N + 1}

となる。 $A = \frac{e π lo g 2}{2}$ とおくと $4 < A < 5$ なので

$N = 4$ ：左辺 $= 9 A > 9 \times 4 = 36 > 32 = 2^{5}$ なので成り立たない
$N = 5$ ：左辺 $= 11 A < 11 \times 5 = 55 < 64 = 2^{6}$ なので成り立つ

である。 $N ≦ 3$ でも同様に $(2 N + 1) A ≧ 4 (2 N + 1) ≧ 2^{N + 1}$ （ $N = 1$ で $12 > 4$ 、 $N = 2$ で $20 > 8$ 、 $N = 3$ で $28 > 16$ ）なので成り立たない。したがって最小の $N$ は

N = 5

である。

$A = 4.1855 \dots$ なので、 $N = 4$ では $9 A = 37.6 \dots > 32$ 、 $N = 5$ では $11 A = 46.0 \dots < 64$ と、どちらもぎりぎりではない。与えられた評価 $4 < A < 5$ で足りる。

$N = 1$ から $8$ まで $2 S_{2}$ と $S_{1}$ を計算すると、 $2 S_{2} < S_{1}$ になるのは $N ≧ 5$ のときだけだった。

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問題文について

(i)k≧1、f(x)=e−kx2 とする。4 点 (±t,0)、(±t,f(t))（t>0）を頂点とする長方形の面積を g(t) とするとき、g′(t) と g(t) の最大値 S1​ を求める

(ii)h(s)=OP2（P(s,f(s))）が極値をとる s をすべて求める

(iii)D:0≦y≦f(x)、Er​:0≦y≦r2−x2​ とする。Er​⊂D となるように r を動かすとき、Er​ の面積の最大値 S2​ を求める

(iv)k=e4N​（N=1,2,3,…）のとき、2S2​<S1​ となる最小の N を求める。必要なら 4<2​eπlog2​<5 を用いてよい

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(i) $k ≧ 1$ 、 $f (x) = e^{- k x^{2}}$ とする。 $4$ 点 $(\pm t, 0)$ 、 $(\pm t, f (t))$ （ $t > 0$ ）を頂点とする長方形の面積を $g (t)$ とするとき、 $g^{'} (t)$ と $g (t)$ の最大値 $S_{1}$ を求める

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(iii) $D : 0 ≦ y ≦ f (x)$ 、 $E_{r} : 0 ≦ y ≦ r^{2} - x^{2}$ とする。 $E_{r} \subset D$ となるように $r$ を動かすとき、 $E_{r}$ の面積の最大値 $S_{2}$ を求める

(iv) $k = \frac{4 ^{N}}{e}$ （ $N = 1, 2, 3, \dots$ ）のとき、 $2 S_{2} < S_{1}$ となる最小の $N$ を求める。必要なら $4 < \frac{e π lo g 2}{2} < 5$ を用いてよい