院試過去問 2005年度専門科目システムのバックアップ(No.10)

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院試勉強会
 院試過去問の解答
 ノート院試過去問 2005年度専門科目システム

http://www.i.u-tokyo.ac.jp/edu/entra/examarchive.shtml

院試過去問 2005年度専門科目システム †

このページには悪意のある人間の手によってデタラメが書き込まれている場合があります。

必ずご自身で確認された上、自己責任で利用されるようご注意ください。

特に上の文がデタラメの可能性には注意してください．

また、上の三行の文は正しいですが、この行の文はでたらめの可能性があります。

↑

第1問 †

(1)
線形補間なので
$h_n=\left\{ \begin{array}{cl} 1 & (n=0)\\ 2/3 & (n\pm 1)\\ 1/3 & (n\pm 2)\\ 0 & (otherwise)\\ \end{array}\right.$
(2)
(1)より
$\begin{align*} H(z)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}h_nz^{-n}\\ &=\frac{1}{3}(z^{-2}+z^2)+\frac{2}{3}(z^{-1}+z) + 1\end{align*}$

(3)
$H(e^{j\omega})=\frac{2}{3}\cos 2\omega + \frac{4}{3}\cos\omega +1$
は、(2)で図示してあれば $\omega=\pm\frac{2\pi}{3}$ で最小値 $H(e^{\pm j\frac{2\pi}{3}})=0$ をとることが容易にわかる。

(4)
誰かお願い

↑

第2問 †

↑

(1) †

もう分かるよね？
$\frac{V_o}{V_i} = -j\omega RC$
これは微分回路である。

↑

(2) †

$\frac{V_o}{V_i} = -\frac{1}{j\omega RC}$
これは積分回路である。

↑

(3) †

入力とコンデンサの間へ抵抗を挟む。
(1)の微分回路では、入力周波数に比例してゲインが増大するが、実際のオペアンプは裸利得以上のゲインを得ることができないので、高周波成分で発振する。
抵抗を入れることによって、高周波成分でのゲインが制限され、発振を起こさなくなるものと考えられる。

↑

(4) †

地道に計算すると、 $\frac{V_o}{V_i} = - \frac{j\omega R_2 C_1}{(j\omega)^2R_1R_2C_1C_2 + j\omega (R_1C_1 + R_2C_2) + 1}$

$C_1R_1 = C_2R_2 = \frac{1}{\omega_c}$ であるから、
$\frac{V_o}{V_i} = -\frac{R_2}{R_1}\frac{j\Omega}{(j\Omega + 1)^2}$ ただし、 $\frac{\omega}{\omega_c} = \Omega$ と置いた。

これより、低周波数 ( $\omega<<\omega_c$ ? )で微分回路
高周波数 ( $\omega>>\omega_c$ ? )で積分回路
この問題についてノートに記述があります

↑

第3問 †

(1)
$P(s)=C(sI-A)^{-1}B$ より、
$(sI-A)^{-1}=\left( \begin{array}{cc} s & -1 \\ 2 & s+a \end{array}\right)^{-1}=\frac{1}{s^2+as+2}\left( \begin{array}{cc} s+a & 1 \\ -2 & s \end{array}\right)$ なので
$\therefore P(s)=\frac{s+b}{s^2+as+2}$
また、このインパルス応答は、 $P(s)=\frac{2}{s+2}-\frac{1}{s+1}$ より
$h(t)=2e^{-2t}-e^{-t}-1$
概形は各自確かめてください。

(2)
$Y(s)=P(s)K(s)\left(R(s)-Y(s)\right)$ より、 $Y(s)=\frac{\beta s^2+(b\beta+\gamma)s+b\gamma}{s^3+(a+\alpha+\beta)s^2+(2+a\alpha+b\beta+\gamma)s+2\alpha+b\gamma}\frac{1}{s}$
定常偏差が零より $\lim_{s\rightarrow 0}s(R(s)-Y(s))=0$ なので、 $\alpha=0$
安定性は、ラウス表
$2+b\beta+\gamma$
$a+\beta$ $b\gamma$
$2+b\beta+\gamma-\frac{b\gamma}{a+\beta}$
$b\gamma$
より、 $\gamma>0$ , $a+\beta>0$ 、 $2+b\beta+\gamma>\frac{b\gamma}{a+\beta}$

この問題についてノートに記述があります

(3)
可制御性行列 $\left(\begin{array}{cc}B&AB\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ 1 & -a\end{array}\right)$ より、常にフルランクなので可制御。
可観測正行列 $\left(\begin{array}{c}C \\ CA\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}b & 1 \\ -2 & b-a\end{array}\right)$ より、 $b\neq 0$ かつ $b-a=-\frac{2}{b}$ のとき、つまりの時を除いて可観測。
この時、をみたすについて、
不可観測部分空間 $v=\lambda\left(\begin{array}{c}1 \\ -b\end{array}\right)$

(4)
任意のについて、なので、 $a<2\sqrt{2}$
でも何ででしょう。

↑

第4問 †

(1)
より、
$H=\frac{U}{(M+m)g}$
(2)
ラッチ2を外した直後のユニット1、ユニット2の速度をそれぞれV,vとすると、最高地点での速度は0であるから、

よって、
$\frac{1}{2}MV^2 + \frac{1}{2}mv^2 = \frac{m}{2M}(M+m) v^2 = u$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{M}{M+m} u = mgh$
$h=\frac{M}{(M+m)mg} u$
求める値は、
$H+h = \frac{mU+Mu}{(M+m)mg}$
(3)
ラッチ2を外した直後の瞬間のユニット1の速度が0になる時。つまり、

$\frac{1}{2}(M+m)V^2 + u = \frac{1}{2}mv^2$
を満たす速度、つまりユニット1とユニット2が一体になって飛び上がる速度Vが
$V = \sqrt{\frac{2mu}{M(M+m)}}$
を満たす瞬間にラッチ2を外すとユニット2が最大の高さに到達する。
(4)
多分(c)？
穴を進行方向に向けて設置して空気の流速を計測する？
誰かわかる人がいたら教えてください…

↑

第5問 †

↑

(1) †

状態3: $Mem[IR[5:0]]\leftarrow ACC$
状態5: $PC\leftarrow PC-IR[5:0]$

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(2) †

状態	0	1	2	3	4	5
mux2s	0	Φ	Φ	Φ	1	0
op	10	11	11	11	00	01

ただし、ΦはDon't care を表す。

↑

(3) †

$\frac{(3\times(6+7+4+(3-1))+2\times(1))\times 10^6}{10\times 10^6}=5.9$ (秒)
$CPI=\frac{59\times 10^6}{(6+7+4+3)\times 10^6}=\frac{59}{20}=2.95$
この問題についてノートに記述があります

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(4) †

図とかここで描くの面倒だから描かないけど、多分DR要らないよね。
周波数変えないようにしながら状態1を消して(状態0から直接状態2〜5,0に分岐するようにして)一つの命令にかかるサイクル数を1〜2にしてしまえば
$\frac{(2\times(6+7+4+(3-1))+1\times(1))\times 10^6}{10\times 10^6}=3.9$ (秒)
となって一割以上の大幅減さ。確かめて無いけど。この問題についてノートに記述があります

↑

第6問 †

↑

(1) †

帰納法で示す。

(i) Fが1項からなるときは自明に明らかで、
$F = x_1 \cdot x_2$ のとき、真理値表を書くと
$\bar{x_1} + x_1 \cdot \bar{x_2}$ は確かにFの否定になっている。
この問題についてノートに記述があります
(ii) $F_{k} = x_1 \cdot x_2 \cdots \cdot x_k$ に対して
$\bar{F_k} = \bar{x_1} + x_1 \cdot \bar{x_2} + \cdots + x_1 \cdot x_2 \cdot \cdots \cdot \bar{x_k}$ と仮定する。~ このとき k+1、すなわち
$F_{k+1} = F_k \cdot x_{k+1}$ に対して (i)の結果を用いると、
$\bar{F_{k+1}} = \bar{F_k} + F_k \cdot \bar{x_{k+1}}$ $= (\bar{x_1} + x_1 \cdot \bar{x_2} + \cdots + x_1 \cdot x_2 \cdot \cdots \cdot \bar{x_k}) + x_1 \cdot \cdots \cdot \bar{x_{k+1}}$

↑

(2) †

普通にドモルガンで分解するだけです。

$\bar{F} = \neg (x_i \cdot F_i(1) + \bar{x_i} \cdot F_i(0))$
$= \neg (x_i \cdot F_i(1)) \cdot \neg( \bar{x_i} \cdot F_i(0))$
$= (\bar{x_i} + \bar{F_i(1)}) \cdot (x_i + \bar{F_i(0)})$
$= \bar{x_i} \cdot \bar{x_i} + x_i \cdot \bar{F_i(1)} + \bar{x_i} \cdot \bar{x} \cdot \bar{F_i(0)} + \bar{F_i(1)} \cdot \bar{F_i(0)}$
$= x_i \cdot \bar{F_i(1)} + \bar{x_i} \cdot \bar{F_i(0)}$

↑

(3) †

計算するだけの簡単なお仕事。
$\begin{align*} \overline{F} &=x_1\cdot\overline{(x_2\cdot x_3\cdot x_4+\overline{x_2}\cdot x_5\cdot x_6)} +\overline{x_1}\cdot \overline{(x_2\cdot \overline{x_3}\cdot \overline{x_4}+\overline{x_2}\cdot \overline{x_5}\cdot \overline{x_6})}\\ &=x_1\cdot (x_2\cdot \overline{(x_3\cdot x_4)}+\overline{x_2}\cdot \overline{(x_5\cdot x_6)}) +\overline{x_1}\cdot (x_2\cdot \overline{(\overline{x_3}\cdot \overline{x_4})}+\overline{x_2}\cdot\overline{(\overline{x_5}\cdot\overline{x_6})})\\ &=x_1\cdot (x_2\cdot (\overline{x_3}+x_3\cdot\overline{x_4})+\overline{x_2}\cdot (\overline{x_5}+x_5\overline{x_6})) +\overline{x_1}\cdot (x_2\cdot (x_3+\overline{x_3}\cdot x_4)+\overline{x_2}\cdot(x_5+\overline{x_5}\cdot x_6))\\\end{align*}$

↑

(4) †

↑

第7問 †

↑

(1) †

慣性モーメント $I=\int_{0}^{2\pi}\int_0^R\frac{M}{\pi R^2}x^2 xdxd\theta + \int_{0}^{2\pi}\int_0^r\frac{m}{\pi r^2}x^2 xdxd\theta=\frac{MR^2+mr^2}{2}$

↑

(2) †

エネルギー保存による解法
エネルギー保存則より、物体の斜面下向きの速度、角速度 $\omega=\frac{v}{R}$ 、重力加速度として
$\begin{align*} 2\pi (M+m)gR\sin\phi &= \frac{M+m}{2}v^2 + \frac{I}{2}\omega^2\\ &=\frac{3MR^2+m(2R^2+r^2)}{4R^2}v^2\\ \therefore v&=2R\sqrt{\frac{2\pi(M+m)gR\sin\phi}{3MR^2+m(2R^2+r^2)}}\end{align*}$
運動方程式による解法
物体と斜面との間に働く摩擦力をとする。
物体の並進の運動方程式: $(M+m)\frac{dv}{dt}=(M+m)g\sin\phi - F$
物体の回転の運動方程式: $I\frac{d\omega}{dt}=\frac{I}{R}\frac{dv}{dt}=FR$
上記二式よりを消去して
$\frac{d}{dt}v=\frac{(M+m)gR^2\sin\phi}{3MR^2+m(2R^2+r^2)}t=kt$ としておくと、
一回転するのにかかる時間は $vt=2\pi R$ より $t=\sqrt{\frac{4\pi R}{k}}$ なので
$\therefore v=2R\sqrt{\frac{2\pi(M+m)gR\sin\phi}{3MR^2+m(2R^2+r^2)}}$

↑

(3) †

トルクの釣り合いの式 $T_0 r=\mu_k(M+m)gR$ より
$T_0=\frac{R}{r}\mu_k (M+m)g$

↑

(4) †

床と物体の間に働く摩擦力をとする。速度は右向き正、回転は左回り正とすると
物体の並進の運動方程式: $(M+m)\frac{dv}{dt}=T_1 - F$
物体の回転の運動方程式: $I\frac{d\omega}{dt}=-\frac{I}{R}\frac{dv}{dt}=rT_1 - Rf$
これら2式から $\frac{dv}{dt}$ を消去して
$\begin{align*} \frac{1}{M+m}(T_1-f)&=\frac{R}{I}(Rf-rT_1)\\ \therefore T_1 &= \frac{3MR^2+m(2R^2+r^2)}{MR^2+2(M+m)Rr+mr^2}f\end{align*}$
ここで、滑らずに回転しているという条件から、は最大静止摩擦力 $\mu_s(M+m)g$ を下回り、また右向きに進ので
$0<T_1 < \frac{3MR^2+m(2R^2+r^2)}{MR^2+2(M+m)Rr+mr^2}\mu_s(M+m)g$
また、この時の並進加速度は
$\frac{dv}{dt}=\frac{T_1-f}{M+m}=\frac{2R(R-r)}{(3MR^2+m(2R^2+r^2))}T_1$
である。

の下界についてなのですが、で良いのではないかと思いますがよくわかりません。教えてエロい人。
で良いという意見の一致がロッカールームで見られました。

↑

第8問 †

↑

(1) †

ガウスの面積分を用いて $\int {\bf D}\cdot d{\bf S}=\int \rho dV$ 閉領域内の電荷の総和が領域からの電束の湧き出しの総和に一致.

↑

(2) †

ストークスの定理を用いて $\int {\bf B}\cdot d{\bf S}=0$ 磁荷は存在しないとかなんとか.

↑

(3) †

$\int_C{\bf E}\cdot d{\bf r}=V,\phi= \int {\bf B}\cdot d{\bf S}$ を用いれば(式3)の積分形式となる.

↑

(4) †

(式4)の積分形式は $\int_C{\bf H}\cdot d{\bf r}=\int {\bf i}dV+\int　\frac{\partial {\bf E}}{\partial t}\cdot d{\bf S}$
閉ループが共通の面領域を2つ考える。１つは配線を含む面もう一つをコンデンサ内を通過するような面とする。この二つの面積分は変位電流を考えることによって一致することになる。

↑

(5) †

コンデンサ内に半径rの円の閉ループをとって、式4を用いて
$2\pi rH=\int　\frac{\partial {\bf E}}{\partial t}\cdot d{\bf S}=\frac{\varepsilon_0\pi r^2}{l}\dot{V}$ 次にVを求めればよい。

		$2+b\beta+\gamma$
	$a+\beta$	$b\gamma$
	$2+b\beta+\gamma-\frac{b\gamma}{a+\beta}$
	$b\gamma$

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