東大 学際情報学府 学際情報学専攻 先端表現情報学コース 専門科目 2016年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方程式は $$\frac{dx}{dt}=rx-\frac{r}{K}x^2 =rx\left(1-\frac{x}{K}\right)$$ である。変数分離すると $$\frac{dx}{x(1-x/K)}=r\,dt$$ であり、初期値 $x(0)=x_0$ を用いると $$x(t)=\frac{K}{1+\left(\frac{K-x_0}{x_0}\right)e^{-rt}} =\frac{Kx_0e^{rt}}{K+x_0(e^{rt}-1)}$$ となる。

連立方程式は $$\frac{dx}{dt}=x(r-cx-ay),\qquad \frac{dy}{dt}=y(bx-d)$$ である。平衡点は $$(0,0),\qquad \left(\frac{r}{c},0\right)$$ および、正の共存平衡点が存在する場合 $$x^*=\frac{d}{b},\qquad y^*=\frac{r-cd/b}{a} =\frac{rb-cd}{ab}$$ である。共存平衡点が第1象限にある条件は $rb>cd$ である。

Jacobi 行列は $$J(x,y)= \begin{pmatrix} r-2cx-ay&-ax\\ by&bx-d \end{pmatrix}.$$ 共存平衡点 $(x^*,y^*)$ では $$J^*= \begin{pmatrix} -cd/b&-ad/b\\ (rb-cd)/a&0 \end{pmatrix}.$$ 跡と行列式は $$\tau=\operatorname{tr}J^*=-\frac{cd}{b}<0,\qquad \Delta=\det J^*=\frac{d(rb-cd)}{b}.$$ 減衰振動しながら収束するには、固有値が負の実部をもつ複素共役であればよい。したがって $$\Delta>0,\qquad \tau^2-4\Delta<0$$ が必要十分である。すなわち $$rb>cd,\qquad \left(\frac{cd}{b}\right)^2 <\frac{4d(rb-cd)}{b}$$ である。

列 $3,5,7,6,2,4$ に対して、隣接しないように選ぶ。最大値は $$5+6+4=15$$ であり、選ぶ部分集合は $\{5,6,4\}$ である。

先頭から $i$ 個まで見たときの最大合計値を $S_i$ とする。空集合を許すなら $$S_0=0,\qquad S_1=\max(0,a_1)$$ とおく。$i\ge2$ では、$a_i$ を選ばない場合は $S_{i-1}$、選ぶ場合は $a_{i-1}$ を選べないので $S_{i-2}+a_i$ である。したがって $$S_i=\max(S_{i-1},S_{i-2}+a_i) \qquad (i=2,\ldots,n)$$ を順に計算すれば、求める最大合計値は $S_n$ である。

擬似コードで書くと次のようになる。 $$\begin{array}{l} s0\leftarrow 0,\quad s1\leftarrow \max(0,a_1)\\ \text{for }i=2\text{ to }n:\\ \quad s2\leftarrow \max(s1,\ s0+a_i)\\ \quad s0\leftarrow s1,\quad s1\leftarrow s2\\ \text{return }s1 \end{array}$$

各 $i$ で定数回の比較と加算だけを行うため、時間計算量は $$O(n)$$ である。上の擬似コードのように直前2個の値だけを保持すれば、追加メモリは $$O(1)$$ で済む。選んだ要素自体も復元するなら、選択の有無を記録するため $O(n)$ メモリを使う。

2.4GHz帯は回折しやすく、壁などを通って遠くまで届きやすい。また古い機器を含め対応機器が多い。一方、5GHz帯は利用できるチャネルが多く、電子レンジやBluetoothなどとの干渉が比較的小さいため、近距離では高速・安定な通信を得やすい。

1. ここでは角周波数 $\omega$ に対して $$X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt$$ をフーリエ変換とする。対応する逆変換は $$x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega$$ である。

2. 矩形パルスについて $$X(\omega)=\int_{-t_0}^{t_0}e^{-j\omega t}\,dt =\frac{2\sin(\omega t_0)}{\omega} =2t_0\frac{\sin(\omega t_0)}{\omega t_0}.$$ $\omega=0$ での値は極限により $$X(0)=2t_0$$ であり、零点は $$\omega=\pm \frac{n\pi}{t_0}\qquad (n=1,2,\ldots)$$ である。概形は偶関数の sinc 形で、原点から振動しながら $1/|\omega|$ 程度で減衰する。

3. $$y(t)=x(t)\cos\omega_0t$$ である。時間領域の積は周波数領域の畳み込みに対応する。さらに $$\mathcal F[\cos\omega_0t] =\pi\{\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\}$$ なので $$Y(\omega) =\frac12\{X(\omega-\omega_0)+X(\omega+\omega_0)\}.$$ つまり、矩形パルスのスペクトルが $\pm\omega_0$ だけ平行移動し、半分ずつ重なったものになる。

4. 三角波は偶関数なので $$\begin{aligned} Z(\omega) &=2\int_0^{t_0}\left(1-\frac{t}{t_0}\right)\cos\omega t\,dt\\ &=\frac{2(1-\cos\omega t_0)}{t_0\omega^2}\\ &=t_0\left(\frac{\sin(\omega t_0/2)}{\omega t_0/2}\right)^2 . \end{aligned}$$ $\omega=0$ では $Z(0)=t_0$ で、零点は $$\omega=\pm\frac{2n\pi}{t_0}\qquad(n=1,2,\ldots)$$ である。矩形窓に比べて主ローブは広いが、スペクトルの裾は $1/\omega^2$ 程度で速く減衰し、サイドローブが小さい。したがって周波数分解能は下がるが、漏れは抑えやすい。

重ね合わせの原理とは、材料が線形弾性範囲にあり、変形が微小で幾何学的非線形性を無視できるとき、複数の荷重による応力・ひずみ・変位が各荷重単独の応答の和として表せるという原理である。弾性限度を超える塑性変形、大変形、接触条件の変化がある場合には一般に成立しない。

引張を正とする。各区間の軸力は、切断面の左側に作用する外力のつり合いから求める。 $$\begin{array}{c|c|c} \text{断面} & \text{軸力} & \text{垂直応力}\\ \hline B\ (A\text{--}C) & 50\,\mathrm{kN} & 50\,000/75=666.7\,\mathrm{MPa}\\ D\ (C\text{--}E) & 20\,\mathrm{kN} & 20\,000/75=266.7\,\mathrm{MPa}\\ F\ (E\text{--}G) & 40\,\mathrm{kN} & 40\,000/75=533.3\,\mathrm{MPa} \end{array}$$ いずれも引張応力である。

長さは $AC=500\,\mathrm{mm}$、$EG=300\,\mathrm{mm}$、全長 $1000\,\mathrm{mm}$ なので $$CE=200\,\mathrm{mm}$$ である。断面積 $A=75\,\mathrm{mm^2}$、ヤング率 $$E=70\,\mathrm{GPa}=70\,000\,\mathrm{N/mm^2}$$ を用いると、伸びは $$\begin{aligned} \delta &=\sum \frac{N_iL_i}{EA}\\ &=\frac{50\,000\cdot500+20\,000\cdot200+40\,000\cdot300} {70\,000\cdot75}\\ &=7.81\,\mathrm{mm}. \end{aligned}$$

一軸引張で軸方向の垂直ひずみを $\varepsilon$ とすると、横ひずみはおよそ $$-\nu\varepsilon$$ である。微小変形では体積ひずみは3方向の垂直ひずみの和で $$\varepsilon_v\simeq \varepsilon-2\nu\varepsilon =(1-2\nu)\varepsilon$$ となる。通常の金属ではポアソン比 $\nu<0.5$ なので、$\varepsilon_v>0$、すなわち体積は増加する。

鋼の応力ひずみ線図は、初期に直線的な弾性域を持ち、その後、降伏、加工硬化、最大応力、くびれ、破断へ進む。

弾性限度は、荷重を除けば元に戻る範囲の上限である。降伏点は、応力がほぼ増えないまま塑性ひずみが進む点または領域である。引張強さは公称応力の最大値で、最大荷重を元の断面積で割った値に対応する。

1サイクルは、上昇3分、展望階停止2分、下降3分、1階停止2分の合計10分である。測定開始直後に出発するので、次に1階で扉が開くのは8分後である。待ち時間には1階停止中の2分を含めないため、到着時刻をサイクル内の $t\in[0,10)$ とすると $$W(t)= \begin{cases} 8-t & (0\le t<8),\\ 0 & (8\le t<10) \end{cases}$$ である。一様到着より平均待ち時間は $$\frac1{10}\int_0^8(8-t)\,dt =\frac{32}{10} =3.2\,\text{分}.$$

到着率は $$\lambda=\frac{132}{60}=2.2\,\text{人/分}$$ である。容量は10分ごとに20人なので $$\mu=\frac{20}{10}=2.0\,\text{人/分} =120\,\text{人/時}.$$ したがって需要容量比は $$\frac{132}{120}=1.1$$ である。1サイクルあたり到着は $2.2\times10=22$ 人、輸送は20人なので、待ち人数は1サイクルごとに2人増える。60分後は6サイクル後であり、 $$6\times2=12\,\text{人}$$ が1階で待っている。

$m$ 回目の出発時刻は $10m$ 分、1階で扉が開く時刻は $10m-2$ 分である。FIFOで乗るので、$m$ 回目のエレベータに乗る最後の客は、連続流として見ると累計 $20m$ 人目であり、到着時刻は $$\frac{20m}{2.2}$$ 分である。全員の待ち時間が10分以上となるには、この最後の客でも $$(10m-2)-\frac{20m}{2.2}\ge 10$$ を満たせばよい。これより $$0.909\ldots m\ge 12$$ なので最小の整数は $m=14$ である。したがって最初のエレベータは $$10m=140\,\text{分後}$$ に出発する。

1. この場合、1サイクルは上昇3分、展望階停止2分、下降3分、1階停止3分で $$11\,\text{分}$$ である。容量は11分ごとに21人なので、1時間あたり容量は $$\frac{21}{11}\times60=114.545\ldots\,\text{人/時}.$$ したがって需要容量比は $$\frac{132}{114.545\ldots} =\frac{24.2}{21} \simeq 1.152.$$

2. 60分までに出発するのは $11,22,33,44,55$ 分の5回であり、輸送人数は $$5\times21=105\,\text{人}$$ である。一方、60分間の到着人数は $$132\,\text{人}$$ なので、待ち人数は $$132-105=27\,\text{人}$$ である。

3. $m$ 回目の出発時刻は $11m$ 分、1階で扉が開く時刻は $11m-3$ 分である。$m$ 回目の最後の乗客は累計 $21m$ 人目であり、到着時刻は $21m/2.2$ 分である。全員が10分以上待つ条件は $$(11m-3)-\frac{21m}{2.2}\ge10$$ である。すなわち $$1.4545\ldots m\ge13$$ となるので、最小の整数は $m=9$ である。出発時刻は $$11m=99\,\text{分後}$$ である。

4. 1回あたりの定員は20人から21人に増えているが、1階停止時間が1分延びたため、サイクル長が10分から11分に増える。容量は $120$ 人/時から約 $114.5$ 人/時へ下がり、需要容量比は $1.1$ から約 $1.152$ へ悪化する。少し定員を増やしても、停止時間が延びると総輸送力は低下し、待ち行列の増加が速くなる。