東北大 情報科学研究科 3群 機械・知能系 数学・専門科目 2023年度 院試 解答例・解説

方針

1変数の $x^x$ はそのまま微分してもよいが、$x^x=\exp(x\log x)$ としてから展開すると計算量が少ない。2次までなら、指数の中身も2次までで十分である。

検算

$x^x$ について、微分で確認すると $f(1)=1$, $f'(x)=x^x(\log x+1)$ より $f'(1)=1$ である。また $$f''(x)=x^x\left\{(\log x+1)^2+\frac1x\right\}$$ だから $f''(1)=2$。したがって2次項は $\frac12 f''(1)(x-1)^2=(x-1)^2$ であり、上の結果と一致する。

典型ミス

$(x+y)^2$ の2変数テイラー展開では、混合項 $2(x-1)(y-1)$ を落としやすい。ヘッセ行列の式を使う場合でも、2次項は $$\frac12\{g_{xx}X^2+2g_{xy}XY+g_{yy}Y^2\}$$ であり、混合微分の係数にさらに $2$ が入ることを確認しておく。

試験で書くべきポイント

円板上の積分は、対称性から $x^2$ と $y^2$ の積分が等しいことを用いてもよい。 $$\iint_D (x^2+y^2)\,dxdy =\int_0^{2\pi}\int_0^a r^2\,r\,dr\,d\theta =\frac{\pi a^4}{2}$$ なので、その半分として $\pi a^4/4$ が得られる。この方法は計算の検算として有効である。

方針

二次曲面の問題は、対称行列の固有値で主軸変換するのが最も確実である。とくに交差項 $2xy$, $2yz$ は、行列の成分としては $a_{12}=a_{21}=1$, $a_{23}=a_{32}=1$ に対応する。

楕円になる理由

対角化後の式が $$-u^2+v^2+2w^2=0$$ となるので、負の固有値方向に垂直な平面 $u=c$ で切ると $$v^2+2w^2=c^2$$ となる。右辺が正で、左辺が正定値の2次形式なので、交線は楕円である。平面が原点を通る $c=0$ の場合は退化してしまうため、問題文の条件「原点を通らない」が効いている。

検算

固有ベクトルは互いに直交している。 $$(1,1,1)\cdot(1,0,-1)=0,\quad (1,1,1)\cdot(1,-2,1)=0,\quad (1,0,-1)\cdot(1,-2,1)=0.$$ 対称行列の固有ベクトルとして自然な結果であり、計算ミスの発見に使える。

典型ミス

楕円の軸長を固有値そのものの比と混同しない。式 $$\lambda_2 v^2+\lambda_3 w^2=c^2$$ の半軸長は $|c|/\sqrt{\lambda_2}$, $|c|/\sqrt{\lambda_3}$ である。したがって比は固有値比ではなく、その平方根の逆比で決まる。

方針

曲面が $z=f(x,y)$ の形で与えられているので、面積も面積分も $xy$ 平面への射影で処理する。法線の向きが指定されているため、単位法線を直接作るよりも $$\boldsymbol{n}\,dS=(-f_x,-f_y,1)\,dxdy$$ を使う方が符号ミスが少ない。

検算

ストークスの定理を使うと、面積分は境界円周上の線積分でも求められる。境界を $$x=a\cos\theta,\quad y=a\sin\theta,\quad z=a^2\cos2\theta$$ とおけば、上向き法線に対応する向きは反時計回りである。線積分 $$\oint_{\partial S}\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{r}$$ を計算しても $\pi a^2$ となる。面積分で一次項が消えて円板面積だけが残ることと整合する。

典型ミス

面積分の integrand に単位法線だけを入れ、別に $dS$ を付ける計算では、正規化因子を付け忘れたり重複させたりしやすい。本問では $\boldsymbol{n}dS$ を一体で扱うのが安全である。

試験で書くべきポイント

法線の $z$ 成分が正であることを明記する。ここが逆向きだと面積分の答えは $-\pi a^2$ になり、計算過程が合っていても符号で失点する。

方針

第1式は $y$ 自身や $y'$ を含まず、$y''$ と $y'''$ だけの式である。そこで $p=y''$ と置くと1階方程式になる。第2式は標準的な1階線形方程式で、積分因子を使う。

第1式の注意

$$p^2=x+C_1$$ から $p=\pm\sqrt{x+C_1}$ としたとき、符号は連結な区間ごとに一定である。実数解として扱うなら $x+C_1\ge0$ となる区間で考える。院試答案では、一般解の形と任意定数が3個出ていることを書けば十分である。

検算

第1式の解について $$y''=\varepsilon\sqrt{x+C_1},\qquad y'''=\varepsilon\frac{1}{2\sqrt{x+C_1}}$$ であるから $$y''y'''=\frac12$$ となる。第2式では、同次解 $Ce^{2x}$ と特解 $-\frac12e^x(\sin x+\cos x)$ を代入すれば右辺 $e^x\sin x$ が残る。

典型ミス

$\int e^{-x}\sin x\,dx$ の符号を間違えやすい。積分結果を微分して戻るか、公式 $$\int e^{ax}\sin bx\,dx =\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx-b\cos bx)$$ に $a=-1,\ b=1$ を入れて確認するとよい。

方針

左辺 $3u_x+u_y$ は、方向ベクトル $(3,1)$ に沿った微分である。今回の変数変換では $\xi=x-3y$ がこの方向に沿って一定となり、$\eta=y$ が進行方向のパラメータになる。そのため偏微分方程式が $\eta$ だけの1階線形方程式に落ちる。

変数変換の検算

$\xi=x-3y$ について $$3\frac{\partial \xi}{\partial x}+\frac{\partial \xi}{\partial y} =3\cdot1+(-3)=0$$ である。これは左辺の微分方向に沿って $\xi$ が保存されることを意味する。新しい方程式に $u_\xi$ が残らないのはこのためである。

典型ミス

$u_y$ の連鎖律で $$u_y=u_\xi \xi_y+u_\eta \eta_y=-3u_\xi+u_\eta$$ となる点を落としやすい。ここで符号を間違えると、以後の式がすべてずれる。

試験で書くべきポイント

一般解の任意関数 $F$ は、境界条件で決まる。境界 $x=0$ では $\xi=-3y$ が全実数を動くので、$F$ を一意に決定できる。この一言を書くと、条件の使い方が明確になる。

方針

連立線形微分方程式なので、ラプラス変換後は2元1次方程式になる。初期値が右辺に入るため、$sY-1$ の $-1$ を落とさないことが重要である。

別解

行列で書くと $$\frac{d}{dt}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4&1\\-1&-4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$$ 係数行列は $-4I+\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ であり、減衰 $e^{-4t}$ と回転が同時に現れる。そのため解が $e^{-4t}\sin t$, $e^{-4t}\cos t$ の形になることは自然である。

検算

$$x'=e^{-4t}(\cos t-4\sin t),\qquad -4x+y=e^{-4t}(-4\sin t+\cos t)$$ で一致する。また $$y'=e^{-4t}(-4\cos t-\sin t),\qquad -x-4y=e^{-4t}(-\sin t-4\cos t)$$ も一致し、初期条件も $x(0)=0,\ y(0)=1$ を満たす。

典型ミス

$X(s)$ と $Y(s)$ を求めた後、平方完成された形 $(s+4)^2+1$ を崩して部分分数分解しようとすると時間がかかる。ラプラス変換表のシフト則をそのまま使うのが最短である。

方針

前半は、カルノー効率の半分という指定をそのまま熱効率に入れ、Aの排熱がBの受熱になることを使う。後半は、逆カルノー冷凍機のCOP $$\mathrm{COP}=\frac{T}{T_0-T}$$ から、取り去る熱量に対する仕事を積分する。

エントロピー生成の見方

中間温度 $T_2$ の熱源は、Aから熱を受け取りBへ同じ熱量を渡す。したがって複合エンジン全体のエントロピー収支では中間熱源の寄与は相殺され、最終的に高温熱源 $T_1$ と低温熱源 $T_3$ だけを見ればよい。この整理をすると、最小条件が $r+s/r$ の最小化に帰着する。

検算

$T_2=\sqrt{T_1T_3}$ は $T_1>T_3$ の間にあり、温度順序を満たす。また $r+s/r$ は相加相乗平均より $$r+\frac{s}{r}\ge2\sqrt{s}$$ であり、等号が $r=\sqrt{s}$ で成り立つため、エントロピー生成最小条件の確認にもなる。

典型ミス

冷却過程のエントロピーは物質にとっては減少である。答案では「減少量」を正で書くのか、「変化量」を負で書くのかを明確にする。本解では減少量を正として $$C_L\ln(T_1/T_2)$$ のように書いた。

方針

状態2までは等積なので $T$ と $p$ が比例する。状態2から3は等温なので仕事は $RT\ln(v_3/v_2)$。状態3から1は等圧なので仕事は $R(T_1-T_3)$ とすれば、単位換算を最小限にできる。

p-v線図の読み方

等積過程は縦線、等温膨張は右下がりの曲線、等圧冷却は水平線である。状態3は状態1と同じ圧力上にあり、かつ状態2と同じ温度上にあるため、$v_3/v_2=p_2/p_3=4$ とすぐに決まる。

検算

もとのサイクルでは $$Q_{\mathrm{out}}=c_p(T_3-T_1)=1.05(900)=945\ \mathrm{kJ}$$ である。したがって $$Q_{\mathrm{in}}-Q_{\mathrm{out}}=1173.96-945=228.96\ \mathrm{kJ}$$ となり、仕事の和と一致する。

典型ミス

断熱膨張の温度比は $$\frac{T_4}{T_2}=\left(\frac{p_4}{p_2}\right)^{(\kappa-1)/\kappa}$$ である。指数を $\kappa/(\kappa-1)$ と逆にすると、温度が不自然に下がりすぎる。与えられた $0.5^{4/7}=0.673$ はこの指数を使うための数値である。

方針

複素ポテンシャルでは実部が速度ポテンシャル、虚部が流れ関数である。渦の項は $i\Gamma\log z/(2\pi)$ なので、$\log z=\log r+i\theta$ を代入したときに実部へ $-\Gamma\theta/(2\pi)$ が出る。

速度の符号

本解では標準的な定義 $$\frac{dW}{dz}=u_x-iu_y$$ を用いた。そのため微分結果の虚部は $-u_y$ である。ここを $u_y$ と読んでしまうと、渦による鉛直速度の符号が逆になる。

検算

$m=0$ とすれば純粋な渦であり、点 $P$ での速度は原点を中心とする接線方向になる。$P=(h,h)$ における時計回り接線方向は右下向きなので、$u_x>0,\ u_y<0$ となる。本解の符号はこれと一致する。

典型ミス

ベルヌーイの式では、無限遠方の速度を0としてよい。湧き出しと渦はいずれも速度が距離の逆数で減衰するためである。圧力式では速度の二乗を使うので、$u_y$ の符号は最終的に消えるが、速度成分の設問では符号が採点対象になる。

方針

速度分布は、壁面で0、中央で最大という3条件で一意に決まる。力の設問は、助走区間の詳細なせん断応力分布を知らなくても、検査体積全体の運動量収支で求められる。

運動量補正

断面Bでは速度が一様でないため、運動量流束は $\rho hV^2$ ではなく $$\rho\int_0^h u^2\,dy$$ である。ここを平均速度だけで処理すると、$\rho hV^2/5$ の補正項を落とす。

検算

放物形分布では平均速度が最大速度の $2/3$ である。したがって $u_{\max}=3V/2$ は、平行平板間の十分発達層流の標準結果と一致する。

符号の注意

$F$ は「流体が壁に与える力」であり、運動量式に直接入る「壁が流体に与える力」と反対向きである。答案では正方向を明記し、式の符号の意味を示すと安全である。

方針

ねじり角は $$\theta=\frac{TL}{GJ}$$ で決まる。ピン結合後は、ABとCDが同じ角度位置を共有する一方で、両軸の初期穴位置に $\beta$ のずれがある。この「初期ずれ」を適合条件に入れるのが核心である。

適合条件の意味

最終角を $\alpha$ とすると、ABは $0$ から $\alpha$ までねじれる。一方CDは、穴を合わせるための基準から見ると $\beta$ ずれていたので、最終的な弾性ねじれは $\alpha-\beta$ である。両者のトルクが反対向きに釣り合うため $$J_A\alpha+J_C(\alpha-\beta)=0$$ となる。

検算

ABはCDより極断面二次モーメントが65倍大きい。そのため解放後の変形の大部分は細いCD側に出る。実際 $$\alpha=\frac{\beta}{66}$$ となり、AB側のねじれ角は非常に小さい。物理的にも妥当である。

典型ミス

最大せん断応力では、ABについて外半径 $3d/2$ を使う。中空軸の内半径 $d$ を使ってしまうと最大応力ではなく内面応力になる。また、トルクは両軸で同じ大きさでも、応力は $c/J$ が異なるため同じにはならない。

方針

全体を「直線片持ちはりAB」と「曲げモーメントを受ける円弧部BC」に分ける。ABにはCの荷重が、B点でのせん断力 $P$ と曲げモーメント $Pr$ として伝わる。円弧部のたわみはカスチリアーノの定理で求める。

曲げモーメントの確認

Bでは $\theta=0$ なので $$M(0)=Pr$$ である。Cでは $\theta=\pi/2$ なので $$M(\pi/2)=0$$ となる。自由端で曲げモーメントが0になるため、式 $Pr(1-\sin\theta)$ は端条件と整合している。

検算

直線部だけのC点寄与は $$\delta_B+r\theta_B = \left(\frac{27}{2}+\frac{15}{2}\right)\frac{Pr^3}{EI} =21\frac{Pr^3}{EI}$$ である。円弧部寄与は $$\left(\frac{3\pi}{4}-2\right)\frac{Pr^3}{EI}>0$$ であり、全体のたわみは直線部だけの場合より大きくなる。

典型ミス

B点のたわみだけをC点たわみとしてしまうと、B点回転による $r\theta_B$ を落とす。円弧部はBから水平方向に $r$ だけ離れてCを持つので、Bの回転がCの鉛直変位に一次で効く。

方針

この系は糸が伸びず、プーリーとのすべりもないので、自由度は1つである。すべての変位と速度を $x$ に換算し、有効質量 $M_{\mathrm{eq}}$ と有効ばね定数 $K_{\mathrm{eq}}$ を作れば通常の1自由度減衰振動系になる。

半径比の意味

内側半径側の糸の移動量は、外側半径側の移動量の $r_2/r_1$ 倍である。そのため、質量項とばね項には速度または変位の二乗として $$\left(\frac{r_2}{r_1}\right)^2$$ が掛かる。半径比を一乗で入れるのは典型的なミスである。

重力の扱い

$x$ はつり合い位置からの変位であるため、重力ポテンシャルの一次項は静的つり合いで相殺される。運動方程式には重力項が現れない。もし自然長基準で座標を取る場合は、最後につり合い位置へ座標変換して同じ式に戻す必要がある。

検算

単位を見ると、$J_p/r_1^2$ は $$\mathrm{kg\,m^2}/m^2=\mathrm{kg}$$ であり、有効質量として加算できる。また $k_2(r_2/r_1)^2$ はばね定数の単位のままであり、式の次元は整っている。

方針

小角近似では各質点の水平変位を $l\theta_i$ としてよい。ばね力は水平力として働き、その一般化力は水平力に腕 $l$ を掛けたものになる。エネルギー法で作っても同じ行列式が得られる。

ばね $k_2$ の符号

中央ばねの伸びは $l(\theta_2-\theta_1)$ である。したがって剛性行列の非対角成分は $-k_2l^2$ になる。同じ向きに動くと中央ばねの伸びが小さくなるため、この符号は物理的にも自然である。

検算

低次モードでは2つの振り子が同相で動くので、中央ばねの伸びは比較的小さい。高次モードでは逆相で動き、中央ばねが大きく変形する。そのため高次の固有角振動数の方が大きくなる。本解の $$\frac{g}{l}+\frac{5k}{2m} > \frac{g}{l}+\frac{3k}{2m}$$ はこの直観と一致する。

典型ミス

第2質量が $4m$ であるため、質量行列の第2成分は $4ml^2$ である。剛性項にも重力復元 $4mgl$ が入る。この係数4を落とすと、固有値が大きく変わる。

方針

内側に $D(s)$ の負帰還、外側に単位負帰還がある。まずブロック図の信号関係を式にするのが重要で、いきなり標準形に当てはめると $C+D$ の位置を間違えやすい。

安定性

本問の閉ループは2次系である。2次多項式 $$s^2+a_1s+a_0$$ は $a_1>0,\ a_0>0$ で安定である。ここでは $a_1=2+4K_2>0$, $a_0=4K_1>0$ なので安定である。

定常速度偏差

速度入力では $R(s)=1/s^2$ なので、位置入力のように単に $1/(1+K)$ としてはいけない。最終値定理で $$e_{\mathrm{ss}}=\lim_{s\to0}sE(s)$$ を計算するのが確実である。

根軌跡の検算

$K_2=0.5$ では $$(s+2)^2=4(1-K_1)$$ となる。$K_1>1$ で右辺が負になるため、極は共役複素数になり、実部は常に $-2$ である。この性質を使えば図の概形を素早く描ける。

方針

非線形項は $\sin x$ だけなので、状態方程式を書いた後、平衡点まわりでヤコビ行列を計算すればよい。特に $\cos\pi=-1$ のため、$(\pi,0)$ まわりでは復元項の符号が反転する。

平衡点の意味

$u=0$ では、速度が0で、かつ $\sin x_1=0$ なら加速度も0になる。したがって $x_1=n\pi$ はすべて平衡点であり、問題で指定された3点はその一部である。

安定性の検算

$(\pi,0)$ は倒立位置に相当する。線形化で $$\dot x_2=3x_1-2x_2$$ のように位置ずれを増やす向きの項が出るため、不安定極が現れるのは物理的にも自然である。

フィードバックゲインの符号

本解では制御入力を $$\delta u=-K\delta\boldsymbol{x}$$ と定義した。この慣例でのゲインは $K=[13\ 4]$ である。もし $\delta u=K\delta\boldsymbol{x}$ と定義する流儀なら、ゲインの符号は $[-13\ -4]$ になる。答案では自分の定義を必ず添える。