院試過去問 2003年度専門科目システムのバックアップ(No.8)

バックアップ一覧
差分を表示
現在との差分を表示
ソースを表示
院試過去問 2003年度専門科目システムへ行く。
- 1 (2008-08-13 (水) 01:39:04)
- 2 (2008-08-13 (水) 13:25:25)
- 3 (2008-08-22 (金) 21:48:04)
- 4 (2008-08-23 (土) 01:07:36)
- 5 (2008-08-23 (土) 01:07:36)
- 6 (2008-08-23 (土) 13:41:22)
- 7 (2008-08-24 (日) 01:21:38)
- 8 (2008-08-24 (日) 10:08:08)

院試過去問 2003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) †

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

↑

(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

↑

(3) †

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

↑

(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。

↑

第2問 †

↑

(1) †

計算省略
$G_1(s)=\frac{A_1}{1+RCs}$

↑

(2) †

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

↑

(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。

↑

(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

↑

第3問 †

↑

(1) †

$A=\begin{pmatrix}0&1\\-b&-a\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},C=(c\ 0)$

↑

(2) †

$\ddot{x}=-a\dot{x}-bx+u$ となるようなシステムを書けばよい。
$x(t)=A\sin{\sqrt{b}t}$ となればよいので $a=0,b=\omega^2,c=\frac{1}{A}$

↑

(3) †

ラウス・フルビッツの安定法を使って a>0,ab+ack_p-ck_i>0,k_i>0

↑

(4) †

ナイキスト線図を考える。第3象限から第2象限に行き、原点に向かう線になるが、条件より中心-1,半径1の円を避けなくてはならないがこれはナイキストの安定定理に反している。よって存在しないことが分かる。

↑

第4問 †

自信ありません。

↑

(1) †

制御論で考えるようなフィードバックを考える？
$f_d=\lim_{s\rightarrow 0}s\frac{k_pG(s)}{1+k_pG(s)}F_a(s)$

↑

(2) †

$f_0=m\ddot{x}+k_s(x-x_0)+k_d\dot{x}$ , $f_0=M\ddot{x}+{\cal L}^{-1}[G(s)F_a(s)]$ から
$f_0=\frac{M}{m}(f_0-k_s(x-x_0)-k_d\dot{x})+{\cal L}^{-1}[G(s)F_a(s)]$
空間状態表現から導いたほうがいいかもしれません。

↑

(3) †

図2はダンパやばねの値によってプローブに大きな負荷がかかったり、応答が遅れたりする。図1の場合、設計によっては急激な段差や応答速度などを考慮した設計が求められる。

↑

(4) †

圧力センサを用いる。圧力センサの使用による変位の変化を考慮した設計とする。

↑

第6問 †

↑

(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。

↑

(2) †

の最大公約数をと表すと、

↑

(3) †

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

↑

(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 $b>a\geq 1,c\geq 1$ 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。

↑

第7問 †

↑

(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 $E=-mgl\cos\theta + \frac{m}{2}\left(l^2\dot{\theta}^2+\dot{l}^2\right)$

↑

(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： $-mg\sin\theta =m(-\ddot{x}\sin\theta + \ddot{y}\cos\theta)=2\dot{l}\dot{\theta}+l\ddot{\theta}$

↑

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