院試過去問 2002年度専門科目システムのバックアップ(No.11)

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院試過去問 2002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)
仮想接地の原理から
$V_{in1}=\frac{R}{R+R_f}V_{out1}$
対称性より $V_{in[2,3]},V_{out[2,3]}$ についても同様。

(2)
図(c)の左端の節点の電位をとする。
この時、 $V_{in1}=\frac{RV_{out1}+R_fV_0}{R+R_f}$ より、 $\frac{R+R_f}{R_f}V_{in1}-\frac{R}{R_f}V_{out1}=V_0$
対称性よりについても同様であるので
$\therefore \frac{R+R_f}{R_f}V_{in1}-\frac{R}{R_f}V_{out1} = \frac{R+R_f}{R_f}V_{in2}-\frac{R}{R_f}V_{out2} = \frac{R+R_f}{R_f}V_{in3}-\frac{R}{R_f}V_{out3}$
ここで、の節点に関するキルヒホッフの電流則より
$\frac{1}{R}\left(V_{in1} - V_0 + V_{in2} - V_0 + V_{in3}- V_0\right)=0$
$\therefore V_0=\frac{V_{in1}+ V_{in2}+ V_{in3}}{3}$
よって、 $V_{in1}+ V_{in2}+ V_{in3}=0$ の時は、 $V_{in[1,2,3]}$ と $V_{out[1,2,3]}$ の関係は(1)と同じになる。

(3)
の間の抵抗に流れる電流を $i_{12}$ と置き、同様に $i_{23},i_{31}$ を置く。
この時、
$\begin{equation*} \left\{ \begin{array}{l} i_{12}=\frac{V_{in1}-V_{in2}}{R}\\ i_{23}=\frac{V_{in2}-V_{in3}}{R}\\ i_{31}=\frac{V_{in3}-V_{in1}}{R}\\ \end{array} \right.\end{equation*}$
は容易にわかる。この時 $V_{out1}=V_{in1} -R_f(i_{31}-i_{12})$ であるので、
$\therefore V_{out1}=V_{in1} -\frac{R_f}{R}\left(-2V_{in1}+V_{in2}+V_{in3}\right)$
対称性より $V_{in[2,3]},V_{out[2,3]}$ についても同様にして
$\therefore V_{out2}=V_{in2} -\frac{R_f}{R}\left(V_{in1}-2V_{in2}+V_{in3}\right)$
$\therefore V_{out3}=V_{in3} -\frac{R_f}{R}\left(V_{in1}+V_{in2}-2V_{in3}\right)$
この問題についてノートに記述があります
(4)
(3)より

よって
- $V_{in2}>V_{in1}$ ならば、が点灯
- $V_{in3}>V_{in2}$ ならば、が点灯
- $V_{in1}>V_{in3}$ ならば、が点灯

この問題についてノートでクダ巻いてます

↑

第2問 †

4年夏のシステム演習(嵯峨山先生担当回)でよく似た問題をやってるはずなので、持ってる人はそっち参照。
文責の人は途中式の板書を写してなくて涙目でした。

(1)
自己相関関数の定義 $R(\tau)=\sum_{t=-\infty}^{infty}X(t)X(t-\tau)$ から、
与えられた信号について自己相関関数をとると
$R_1(\tau)=\left\{ \begin{array}{ll} R(\tau) & (\tau=2n)\\ -R(\tau) & (\tau=2n+1)\\ \end{array}\right.$
より
$R_1(\tau)=R(\tau)\cos(\pi \tau)$ と表せます。
これをFourier変換して、 $(0\leq \omega \leq \pi)$ を越えた部分については折り返しが生じるので
$\begin{align*} S_1(\omega)&=S(\omega)*(\frac{\delta(\omega+\pi) + \delta(\omega-\pi)}{2})\\ &= \left\{ \begin{array}{ll} S(\omega - \pi) & (0\leq \omega \leq \pi)\\ S(\omega + \pi) & (-\pi\leq \omega \leq 0)\\ \end{array} \right.\end{align*}$
となります。

(2)
ここでのディジタルフィルタの伝達関数は、と表せるので
$H(z)=z+z^{-1}$
となります。(周波数領域で表して $H(e^{j\omega})=e^{j\omega}+e^{-j\omega}$ の方がわかりやすいか)
パワースペクトルは、 $S(\omega)=|\mathcal{F}[X]|^2$ であるので、
$\begin{align*} S_2(\omega)&=|H(e^{j\omega})|^2S(\omega)\\ &=(4\cos^2(\omega))S(\omega)\\ &=2(1+\cos(2\omega))S(\omega)\end{align*}$

(3)
の自己相関関数 $R_4(\tau)$ について、
$R_4(\tau)=\frac{\cos(\pi\tau)+1}{4}R(\tau)$
が言えます。これをFourie変換してパワースペクトルを得ると
$\begin{align*} S_4(\omega)&=\frac{1}{4}\left(\frac{\delta(\omega + \pi)+\delta(\omega - \pi)}{2}+\delta(\omega)\right) *2 S(2\omega)\\ &=\left(\frac{\delta(\omega-\pi)}{4}+\frac{\delta(\omega)}{2}+\frac{\delta(\omega+\pi)}{4}\right)*S(2\omega)\\ \therefore S_4(\omega)&= \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{2}S(2\omega - \pi) & \left(\frac{\pi}{2} \leq \omega \leq \pi\right)\\ \frac{1}{2}S(2\omega) & \left(-\frac{\pi}{2} \leq \omega \leq \frac{\pi}{2}\right)\\ \frac{1}{2}S(2\omega + \pi) & \left(-\pi \leq \omega \leq -\frac{\pi}{2}\right) \end{array} \right.\end{align*}$
とわかる。

(4)
$\begin{align*} S_3(\omega)&=2S_4(\omega)\\ &= \left\{ \begin{array}{ll} S(2\omega - \pi) & \left(\frac{\pi}{2} \leq \omega \leq \pi\right)\\ S(2\omega) & \left(-\frac{\pi}{2} \leq \omega \leq \frac{\pi}{2}\right)\\ S(2\omega + \pi) & \left(-\pi \leq \omega \leq -\frac{\pi}{2}\right) \end{array} \right.\end{align*}$

↑

第3問 †

(1)
動摩擦係数を速度に対する比例係数ととるか角速度に対するものととるかについてちょっと判断がつかないのですが、
ここでは取り合えず重りの速度に対するものとしておきます。
(角速度の場合も、以下の $b\rightarrow \frac{b}{l}$ と置き換えるだけです)
振り子の重りに関する運動方程式より
$Ml\ddot{\theta}=-Mg\sin\theta - bl\dot{\theta}$
よって
$\frac{d}{dt} \left( \begin{array}{c} x_1\\x_2 \end{array} \right)=f(\bm{x})= \left( \begin{array}{c} x_2\\-\frac{g}{l}\sin x_1 - \frac{b}{M}x_2 \end{array} \right)$

(2)
$f(\bm{x})=\bm{0}$ より、整数を用いて平衡点は $\left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} n\pi \\ 0 \end{array} \right)$ と表される。

$(x_1,x_2)=(2m\pi,0)$ のまわりで線形化(は整数)すると $x_1^{\prime}=x_1-2m\pi$ として
$\frac{d}{dt} \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ -\frac{g}{l} & -\frac{b}{M} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)=A_1 \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)$
$\det(sI-A_1)= \left| \begin{array}{cc} s & -1 \\ \frac{g}{l} & s+\frac{b}{M} \end{array} \right|=s^2+\frac{b}{M}s+\frac{g}{l}$
$\therefore s=-\frac{b}{2M}\pm \sqrt{(\frac{b}{2M})^2-\frac{g}{l}}$
よって固有値の実部が負であるので安定。

$(x_1,x_2)=((2m+1)\pi,0)$ のまわりで線形化(は整数)すると $x_1^{\prime}=x_1-(2m+1)\pi$ として
$\frac{d}{dt} \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ \frac{g}{l} & -\frac{b}{M} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)=A_1 \left( \begin{array}{c} x_1^{\prime}\\ x_2 \end{array} \right)$
$\det(sI-A_1)= \left| \begin{array}{cc} s & -1 \\ -\frac{g}{l} & s+\frac{b}{M} \end{array} \right|=s^2+\frac{b}{M}s-\frac{g}{l}$
$\therefore s=-\frac{b}{2M}\pm \sqrt{(\frac{b}{2M})^2+\frac{g}{l}}$
よって $Re\left(-\frac{b}{2M} -\sqrt{(\frac{b}{2M})^2+\frac{g}{l}}\right)< 0 <Re\left(-\frac{b}{2M} + \sqrt{(\frac{b}{2M})^2+\frac{g}{l}}\right)$ より不安定。

(3)
図3より
$Y(s)=G(s)U(s)=\frac{1}{s^2+as+b}U(s)$
、より
$E(s)=\frac{s^2+as+b}{s^2+as+b+K_p}R(s)=\frac{s^2+as+b}{s(s^2+as+b+K_p)}$
よってラプラス変換の最終値定理 $e(\infty)=\lim_{t\rightarrow \infty}e(t)=\lim_{s\rightarrow 0}sE(s)$ より
$e(\infty)=\frac{b}{b+K_p}$

(4)
$U(s)=\left(K_p+\frac{K_i}{s}\right)E(s)$ より
$E(s)=\frac{s^3+as^2+bs}{s^3+as^2+(b+K_p)s+K_i}R(s)=\frac{s^3+as^2+bs}{s\left(s^3+as^2+\left(b+K_p\right)s+K_i\right)}$
であるので、(3)と同様にして
$e(\infty)=0$
この系の安定化条件は、分母に関するラウス・フルビッツ表

$b+K_p-\frac{K_i}{a}$
より、、 $b+K_p-\frac{K_i}{a} >0$ 、
つまり求める条件は

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第4問 †

(1)
右　 $t_i -t_{i-1} < T$
左　 $t_i -t_{i-1} > T$
(2)
遠ざかる　 $t_i -t_{i-1} < t_{i-1}-t_{i-2}$
近づく　 $t_i -t_{i-1} > t_{i-1}-t_{i-2}$
(近づく半径が小さくなるから)
但し最短距離で近づくもしくは遠ざかる場合は判別不可
(3)
対象物の速度を、船から遭遇地点までの距離を、での対象物の位置と遭遇地点までの距離をとおくと、
$\begin{eqnarray} h \tan (2\pi \frac{t_i - t_d}{T}) &=& d \nonumber \\ h \tan (2\pi \frac{t_{i-1} - t_d}{T}) &=& d + u (t_i - t_{i-1}) \nonumber \\ h \tan (2\pi \frac{t_{i-2} - t_d}{T}) &=& d + u (t_i - t_{i-2}) \nonumber \end{eqnarray}$
以上の式より、
$(t_i - t_{i-2} ) \tan (2\pi \frac{t_{i-1} - t_d}{T}) - (t_i - t_{i-1}) \tan (2\pi \frac{t_{i-2} - t_d}{T}) = \tan (2\pi \frac{t_i - t_d}{T})$
(4)
$t_m = t_i + \frac{d}{u} = t_i + (t_{i-1} - t_{i-2}) \frac{\tan ( 2\pi \frac{t_i - t_d}{T} )}{\tan (2\pi \frac{t_{i-2} - t_d}{T}) - \tan (2\pi \frac{t_{i-1} - t_d}{T})}$
(5)
船の回転に伴い空間に対してサーチライトが回転しないと仮定すると、 $t_{i+1}$ 時点では以下の関係式が成り立つ、
$\{ h - v (t_{i+1} - t_i) \} \tan (2\pi \frac{t_{i+1}-t_d}{T}) = d - u(t_{i+1}-t_i)$
この式よりを求めることができるので、
$t_p = t_{i+1}$
また、
$t_e = t_i + \frac{h}{v} = t_i + \frac{(t_{i+1}-t_i)\tan (2\pi \frac{t_{i+1}-t_d}{T})}{\tan (2\pi \frac{t_{i+1}-t_d}{T})-\tan (2\pi \frac{t_i-t_d}{T})+\frac{t_{i+1}-t_i}{t_{i-1}-t_{i-2}} \{ \tan (2\pi \frac{t_{i-2}-t_d}{T}) - \tan (2\pi \frac{t_{i-1}-t_d}{T}) \} }$

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第5問 †

(1)
$10.375_{10}=01010.011_{2}$
$83_{10}=01010011_{2}$
関係は見ての通り、仮数部が同一で違うのは指数部だけだ。

(2)
- 2の補数の場合:
  $-73_{10}=10110111_{2}$
  これを普通に $107_{10}$ に加算すればいいと思うよ。
- 1の補数の場合
  $-73_{10}=10110110_{2}$
  これを $107_{10}$ に加算して、さらに $1_{10}$ を加算すればいいと思うよ。
- 利点・欠点 1の補数の場合は、「補数をとる」と言う操作が簡単だよね。
  そのかわり、1の補数の場合0の表現が一意じゃなくなっちゃうんだ。
  あと、加算と減算の時で扱いを変えなきゃいけない(別の演算器を用意しなければいけない)のがまずいところだね。
  2の補数の場合は加算と減算の扱いを同じに出来るから、これは大きな欠点だ。

(3)
オーバーフローって結局「負の数同士の演算結果が正になった」時と「正の数同士の演算結果が負になった」時に起こってるんだから、
オーバーフロー検出の論理式は
$\bar{a_7}\bar{b_7}s_7 + a_7 b_7\bar{s_7}$
で良い……よね？

(4)
300字×3も書くの嫌だから、去年の授業のページでも読めばあるんじゃない？とか言ってみる。

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第6問 †

(1)
- {1,01,001,000}の時
  平均語長: $\frac{5}{12}+2\times\frac{1}{3}+3\times\frac{1}{6}+3\times{12}=\frac{11}{6}$
- {00,01,10,11}の時
  平均語長:
(2)
手順にしたがって実行すると
{0,10,110,111}
になると思う。

(3)
sum_highとsum_lowの小さい方が{p[n]}の両端からとっていく感じで

high=0;low=N-1;sum_high=sum_low=0;
for(i=0;i<=N-1;i++){
 if(sum_high < sum_low) sum_high+=p[high++];
 else sum_low+=p[low--];
}
return (high)

(4)

encode(top,btm){
 high=top;low=btm;sum_high=sum_low=0;
 if(btm==top) return;
 for(i=top;i<=btm;i++){
  if(sum_high < sum_low) sum_high+=p[high++];
  else sum_low+=p[low--];
 }
 setbit(top,high-1,0);
 setbit(high,btm,1);
 encode(top,high-1);
 encode(high,btm);
}

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第7問 †

(1)
運動方程式 $m\frac{d^2}{dt^2}x=-k(x-l)$ より
$x=A\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+B\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+l$
(2)
$\begin{align*} m\frac{d^2}{dt^2}x_1&=-k(x_1-l)-f(x_2-x_1)\\ m\frac{d^2}{dt^2}x_2&=-k(x_2-2l)+f(x_2-x_1)\end{align*}$
より、 $m\frac{d^2}{dt^2}\frac{x_1+x_2-3l}{2}=-k\frac{x_1+x_2-3l}{2}$
$\therefore \frac{x_1+x_2}{2}=A\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+B\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+\frac{3l}{2}$
(3)
運動方程式
$m\frac{d^2}{dt^2} \left( \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{l} k(-2x_1+x_2) \\ k(x_1-2x_2+x_3) \\ k(x_2-2x_3+4l) \end{array} \right)$
(4)
(3)の右辺が位置xに関する2階差分の形になっているので、(3)の式を
$\frac{d^2}{dt^2}X(t,x) = \frac{kl^2}{m}\frac{d^2}{dx^2}X(t,x)$
とみなして解いてみる。
として、周期解より定数を用いて
$\frac{d^2}{dt^2}T(t)=-\frac{a^2kl^2}{m}$
$\frac{d^2}{dx^2}L(x)=-a^2$
と表すことが出来る。これより
$T(t)=A\cos\left(al\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+B\sin\left(al\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)$
$L(x)=C\cos\left(ax\right)+D\sin\left(ax\right)$
この時、に関する境界条件より $C=0,a=\frac{n\pi}{4l}$ であるので、
固有振動モードの角周波数 $\omega$ は
$\omega = \frac{n\pi}{4}\sqrt{\frac{k}{m}}$
と考えられる。
なお、の範囲であるが、サンプル点が3であるので恐らくではないかと考えられる。