院試過去問 2003年度専門科目システムのバックアップ(No.4)

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院試過去問 2003年度専門科目システム †

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第1問 †

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(1) †

f_b(t)=U(t-b)-U(t-b-2)

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(2) †

$f_b^{odd}=\frac{-U(t+b+2)+U(t+b)+U(t-b)-U(t-b-2)}{2}$
$f_b^{even}=\frac{U(t+b+2)-U(t+b)+U(t-b)-U(t-b-2)}{2}$
概略図は省略

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(3) †

$\begin{align*} F_b(\omega)&=F_b^{even}(\omega)+F_b^{odd}(\omega)\\ F_b^{even}(\omega)&=\frac{1}{2}\int_{-b-2}^{-b}\exp(-j\omega t)dt + \frac{1}{2}\int_{b}^{b+2}\exp(-j\omega t)dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{b}^{b+2}\exp(j\omega t)+\exp(-j\omega t)dt = \int_{b}^{b+2}\cos\omega tdt\\ &=\frac{1}{\omega}\left(\sin\left(\left(b+2\right)\omega\right)-\sin b\omega\right)\\ &=\frac{2\sin\omega\cos\left(\left(b+i\right)\omega\right)}{\omega}\\ F_b^{odd}(\omega)&=-\frac{1}{2}\int_{-b-2}^{-b}\exp(-j\omega t)dt + \frac{1}{2}\int_{b}^{b+2}\exp(-j\omega t)dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{b}^{b+2}-\exp(j\omega t)+\exp(-j\omega t)dt = -j\int_{b}^{b+2}\sin\omega tdt\\ &=\frac{j}{\omega}\left(\cos\left(\left(b+2\right)\omega\right)-\cos b\omega\right)\\ &=-\frac{2j\sin\omega\sin\left(\left(b+i\right)\omega\right)}{\omega}\\ \therefore F_b(\omega)&=\frac{2\sin\omega}{\omega}\left(\cos\left((b+1)\omega\right)-j\sin\left((b+1)\omega\right)\right)\end{align*}$

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(4) †

b=-1 のとき、条件を満たす。
この時 $G(\omega)=\frac{2\sin\omega}{\omega}$ であり、 $F_b(\omega)=G(\omega)e^{-j(b+1)\omega}$ である。

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第2問 †

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(1) †

計算省略
$G_1(s)=\frac{A_1}{1+RCs}$

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(2) †

計算省略
$G_2(s)=\frac{A_2}{1+(3-A_2)RCs+(RCs)^2}$

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(3) †

$\omega_0=\frac{1}{RC}$ として
$\begin{align*} G_3(s)&=G_1(s)G_2(s)\\ &=\frac{A_1A_2}{1+(4-A_2)RCs+(4-A_2)(RCs)^2 +(RCs)^3}\\ G_3(j\omega)&=\frac{A_1A_2}{1-(4-A_2)(\omega/\omega_0)^2 +j((4-A_2)\omega/\omega_0-(\omega/\omega_0)^3)}\\\end{align*}$
$|G(j\omega)|=|B_3(\omega)|$ より $\Omega=\omega/\omega_0$ として
$\begin{align*} \frac{\sqrt{1+\Omega^6}}{A}&=\frac{\sqrt{(1-(4-A_2)\Omega^2)^2+\Omega^2((4-A_2)-\Omega^2)^2}}{A_1A_2}\\ &=\frac{\sqrt{1+((4-A_2)^2-2(4-A_2))\Omega^2+((4-A_2)^2-2(4-A_2))\Omega^4+\Omega^6}}{A_1A_2}\end{align*}$
よって A_2=2,4 が求める条件であるが、 A_2=4 の時、 G_3(s) が不安定になるため(4)では A_2=2,A_1=A/2 を選択する。

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(4) †

A_1=5,A_2=2 より
R_2=4R_1=400 kΩ
R_3=R_4=100 kΩ
$\frac{1}{RC}=2\pi \times 4000,C=1.0\times 10^{-10}$ Fより
$R=\frac{1}{8\pi}\times 10^7\simeq 400$ kΩ

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第6問 †

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(1) †

xとyの最大公約数をmとすると、互いに素な正整数p,qを用いてx=pm,y=qmと表せる。
この時、(pm-r)/(qm)=n なる正整数nをおくと r=(p-nq)mとおける。
ここで(p-nq)とqが互いに素であれば良い。
ここで(p-nq)とqが互いに素でないと仮定すると、最大公約数lと互いに素な正整数k,hを用いてp-nq = lk,q=lhとおけるが、
この時p=l(k+nh)となり、qと約数lを持つため、pとqが互いに素という条件に矛盾。
よって(p-nq)とqは互いに素であり、rとqの最大公約数はmとなる。

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(2) †

の最大公約数をと表すと、

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(3) †

空欄1： $x\leftarrow y$
空欄2： $y\leftarrow r$

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(4) †

は単調増加性より明らかなので $\frac{f_{k+2}-f_k}{f_{k+1}}=1$ より
$x=f_{k+2},y=f_{k+1}$ の時となることがわかる。
よって考える整数の組が $(f_{s+2},f_{s+1})\rightarrow(f_{s+1},f_{s})\rightarrow\cdots\rightarrow (f_{3},f_{2})\rightarrow(f_{2},f_{1})$ となることがわかるので回。
また、同様に回になるようなは、漸化式、、 $\frac{g_{k+2}-g_{k}}{g_{k+1}}=c$ (a,b,cは $b>a\geq 1,c>1$ を満たす正整数)
であらわされる数列を用いて $x=g_{s+2},y=g_{s+1}$ で表すことが出来るが、
この時 $g_k\geq f_k$ であることが容易に言えるので $x=g_{s+2}\geq f_{s+2},y=g_{s+1}\geq f_{s+1}$ が言える。

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第7問 †

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(1) †

位置エネルギーの原点を振り子の付け根におく。
このとき $E=-mgl\cos\theta + \frac{m}{2}\left(l^2\dot{\theta}^2+\dot{l}^2\right)$

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(2) †

$x=l\cos\theta,y=l\sin\theta$ と置く。このとき
$\ddot{x}=\ddot{l}\cos\theta-2\dot{l}\dot{\theta}\sin\theta-l\ddot{\theta}\sin\theta-l\dot{\theta}^2\cos\theta$
$\ddot{y}=\ddot{l}\sin\theta+2\dot{l}\dot{\theta}\cos\theta+l\ddot{\theta}\cos\theta-l\dot{\theta}^2\sin\theta$
張力方向の運動方程式： $mg\cos\theta -T=m(\ddot{x}\cos\theta + \ddot{y}\sin\theta)=m\ddot{l}-ml\dot{\theta}^2$
回転方向の運動方程式： $-mg\sin\theta =m(-\ddot{x}\sin\theta + \ddot{y}\cos\theta)=2\dot{l}\dot{\theta}+l\ddot{\theta}$

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(3) †

(2)の2式より
$m\ddot{l}=mg\cos\theta+ml\dot{\theta}^2-T$
$ml\ddot{\theta}=-mg\sin\theta-2m\dot{l}\dot{\theta}$
よって
$\begin{align*} \frac{d}{dt}E&=-mg\dot{l}\cos\theta+mgl\dot{\theta}\sin\theta+m(l\dot{l}\dot{\theta}^2+l^2\dot{\theta}\ddot{\theta}+\dot{l}\ddot{l})\\ &=-mg\dot{l}\cos\theta+mgl\dot{\theta}\sin\theta+ml\dot{l}\dot{\theta}^2-mgl\dot{\theta}\sin\theta-2ml\dot{l}\dot{\theta}^2+mg\dot{l}\cos\theta+ml\dot{l}\dot{\theta}^2-T\dot{l}\\ &=-T\dot{l}\end{align*}$