東工大工学院システム制御系過去問解答 2021問題3
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問1
(1)
\begin{aligned} H(s) &= \int_0^\infty dt e^{-st}\int_0^t dτ f(τ)g(t-τ) \\\ &= \int_0^\infty dτ \int_τ^\infty dt e^{-st}f(τ)g(t-τ) \\\ &= \int_0^\infty dτ\int_0^\infty dt' e^{-s(t'+τ)}f(τ)g(t') \\\ &= \int_0^\infty e^{-sτ}f(τ)dτ \int_0^\infty e^{-st'}g(t')dt' \\\ &= F(s)G(s) \end{aligned}
として示される。ただし２行目から３行目の変形で$t'=t-τ$を用いた。
(2)$e^{-at}$のラプラス変換が$\frac{1}{s+a}$であることを用いる。
\begin{aligned} \mathscr{L}[f(t)]&=\frac{1}{2i}(\mathscr{L}[e^{it}]-\mathscr{L}[e^{-it}])\\\ &= \frac{1}{2i}(\frac{1}{s-i}-\frac{1}{s+i})\\\ &= \frac{1}{s^2+1} \\\ \mathscr{L}[g(t)]&=\frac{1}{s+1}\end{aligned}
(3)(1)(2)の結果から
\begin{aligned} H(s)=F(s)G(s)=\frac{1}{s^2+1}\frac{1}{s+1} \end{aligned}
となる。これを部分分数分解すると
\begin{aligned} H(s)=-\frac{1}{2i(1-i)}\frac{1}{s+i}+\frac{1}{2i(1+i)}\frac{1}{s-i}+\frac{1}{2}\frac{1}{s+1} \end{aligned}
である。ここで逆ラプラス変換をして整理すると
\begin{aligned} h(t)=\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}\cos t +\frac{1}{2}e^{-t} \end{aligned}
とわかる。
問2
計算問題なので答えのみ
(1)
\begin{aligned} \varphi(t)&=\int_0^\infty e^{ixt}\lambda e^{-\lambda x}dx \\\ &=\frac{\lambda}{\lambda -it} \end{aligned}
(2)
\begin{aligned} \left. -i\frac{d}{dt} \varphi(t)\right|_{t=0}&=\frac{1}{\lambda}\end{aligned}
(3)
\begin{aligned} E[X^3] &= \left. (-i)^3\frac{d^3}{dt^3} \varphi(t)\right|_{t=0} \\\ &=\frac{6}{\lambda^3}\end{aligned}
東工大工学院システム制御系過去問解答 2021問題2
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問1
$f(x)\geq 0$なので$x^*=\mathrm{argmin} f(x)=\mathrm{argmin} f^2(x)$である。$\mathrm{argmin} f^2(x)$を求める。
\begin{aligned} \nabla_xf^2(x)&=\nabla_x(Ax-b)^T(Ax-b)\\\ &=2(A^TAx-A^Tb) \end{aligned}
である。従って$A^TA$が正則ならば$x^*=(A^TA)^{-1}A^Tb$である。(1)(2)(3)の全てがこの方針で解くことができる。
(1)$x^*=(3,-1)^T$、$f(x^*)=0$
(2)$x^*=(1,1)^T$、$f(x^*)=0$
(3)$x^*=(\frac{1}{2},0)^T$、$f(x^*)=\frac{1}{2}$
※上記の方針は一般化逆行列を求める場合と同様の方針である。$x=(x_1,x_2)^T$などと置いて$f(x)$を$x_1,x_2$とみて最小化しても良い。この問題に関してはそちらの方が楽かもしれない。
問2
$n\times n$の巡回行列
\begin{aligned} C&= \begin{bmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & \cdots & c_{n-1}\\\ c_ {n-1}& c_0 & \ddots & & \vdots \\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\\ \vdots & & \ddots & c_0 & c_1 \\\ c_1 & \cdots & \cdots & c_{n-1} & c_0 \end{bmatrix} \end{aligned}
を定義する。
$f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}c_i x^i$、$\omega=\exp(\frac{2\pi i}{n})$として$C$の固有値は$f(1),f(\omega),f(\omega^2),...,f(\omega^{n-1})$であり、固有値$f(\omega^k)$に対応する固有ベクトルは$(1,\omega^k,\omega^{2k},...,\omega^{(n-1)k})$である。
証明は[1]の第3章参照
これを用いて(1)(2)(3)を解くと
(1)固有値は$1,\omega,\omega^2$
それぞれに対応する固有ベクトルが$(1,1,1)^T,(1,\omega,\omega^2)^T,(1,\omega^2,\omega)^T$
(2)固有値は$0,\omega -\omega^2,\omega^2 -\omega$
それぞれに対応する固有ベクトルが$(1,1,1)^T,(1,\omega,\omega^2)^T,(1,\omega^2,\omega)^T$
(3)固有値は$a+b+c,a+b\omega +c\omega^2,a+b\omega^2 +c\omega$
それぞれに対応する固有ベクトルが$(1,1,1)^T,(1,\omega,\omega^2)^T,(1,\omega^2,\omega)^T$
※(1)(2)を通常の固有値、固有ベクトルを求める手続きにより解き、どちらの固有ベクトルも一致していることから類推して(3)の固有ベクトルを求めるというのが想定された解法だと思われる。
参考文献
[1]http://cms.db.tokushima-u.ac.jp/DAV/lecture/125260/LectureNote/Circuit/coupledDS.pdf
東工大工学院システム制御系過去問解答 2021問題1
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問1
(1)$\sqrt{1+x}$のテイラー展開$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+O(x^2)$を用いて
\begin{aligned} \lim_{x\to\infty}(\sqrt{x^2+x}-x) &= \lim_{x\to\infty}(x(\sqrt{1+\frac{1}{x}}-1)) \\\ &= \lim_{x\to\infty}(x(\frac{1}{2}\frac{1}{x}+O(\frac{1}{x^2})) \\\ &= \lim_{x\to\infty}(\frac{1}{2}+O(\frac{1}{x}))\\\ &=\frac{1}{2}\end{aligned}
(2)$\log_xy=\frac{\ln y}{\ln x}$に注意すれば
\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x}&=3x^2-\frac{\ln y}{\ln^2 x}\frac{1}{x}\\\ \frac{\partial z}{\partial y}&=3y^2+\frac{1}{\ln x}\frac{1}{y} \end{aligned}
とわかる。
$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$なので
\begin{aligned} dz=(3x^2-\frac{\ln y}{\ln^2 x}\frac{1}{x})dx+(3y^2+\frac{1}{\ln x}\frac{1}{y})dy \end{aligned}
(3)$f(z)=\frac{e^z}{z(z+1)}$とする。経路$C$は$f(z)$の1位の極$0,-1$を内側に含む。これらの極の留数を求めると
\begin{aligned} \mathrm{Res}(0)=1,\,\mathrm{Res}(-1)=-e^{-1} \end{aligned}
なので積分値は
\begin{aligned}\int_C f(z)dz&=2\pi i(\mathrm{Res}(0)+\mathrm{Res}(-1)) \\\ &=2\pi(1-e^{-1})i\end{aligned}
問2
円柱体Pを表す式$x^2+y^2\leq ax$は変形すると$(x-\frac{a}{2})^2+y^2\leq (\frac{a}{2})^2$なので円柱体Pとxy平面の交わる部分は下図のようになる。
上図の赤く塗られた領域を$C$とする。求める体積は球体Sの球面のうち$z\geq 0$の部分を表す関数$f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$を$C$上で積分したものの2倍である。それを求めると、
\begin{aligned}\int_C f(x,y)dxdy&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^{\cos\theta}dr r\sqrt{a^2-r^2} \\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} -\frac{1}{3}((a^2\sin^2\theta)^{\frac{3}{2}}-a^3)d\theta\\\ &= -\frac{2}{3}a^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta d\theta+\frac{1}{3}a^3\pi\\\ &=-\frac{4}{9}a^3+\frac{1}{3}a^3\pi\end{aligned}
となる。ただし一行目左辺から右辺への変形は直交座標系から極座標系への座標変換を行なった。
