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東京工業大学 工学院 システム制御系 2019年8月実施 筆答専門試験問題1

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Author​

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description​

問1​

(1) 次の x,yx,y についての関数 zz の全微分 dzdz を求めよ。ただし x≠0x\ne0 とする。

z=2log⁡x2+y2−tan⁡−1yxz=2\log\sqrt{x^2+y^2}-\tan^{-1}\frac yx

(2) 次の複素変数 zz についての複素積分を求めよ。ただし積分路 CC は、複素平面上の ∣z∣=1|z|=1 で表される円周を反時計回りに一周する経路とする。

∮Csin⁡zcos⁡z(4z−π)(4z+3π) dz\oint_C\frac{\sin z\cos z}{(4z-\pi)(4z+3\pi)}\,dz

問2​

3次元直交座標系の座標 (x,y,z)(x,y,z) を変数とするベクトル場

V=(2xy2, 2x2y−z2+1, −2yz)\boldsymbol V=(2xy^2,\ 2x^2y-z^2+1,\ -2yz)

について rot⁡V=0\operatorname{rot}\boldsymbol V=\boldsymbol0 であることを示し、V\boldsymbol V のスカラーポテンシャル関数 ϕ\phi を求めよ。

問3​

底面の半径が rr、高さが hh の一様密度の直円錐体の質量中心の位置を求めたい。底面の円の中心を原点に取り、底面上に xx 軸、yy 軸を取る。さらに底面に垂直に（直円錐体の軸上に）、原点から直円錐体の頂点に向かって zz 軸を取る。

(1) 直円錐面（底面は含まない）の方程式を求めよ。

(2) x,y,zx,y,z についての三重積分を用いて、質量中心の zz 座標 zGz_G を求めよ。

题目描述​

问1

(1) 求下列关于 x,yx,y 的函数 zz 的全微分 dzdz，其中 x≠0x\ne0。

z=2log⁡x2+y2−tan⁡−1yx.z=2\log\sqrt{x^2+y^2}-\tan^{-1}\frac yx.

(2) 求下列关于复变量 zz 的复积分。积分路径 CC 为沿复平面上圆周 ∣z∣=1|z|=1 逆时针一周的路径。

∮Csin⁡zcos⁡z(4z−π)(4z+3π) dz.\oint_C\frac{\sin z\cos z}{(4z-\pi)(4z+3\pi)}\,dz.

问2 对以三维直角坐标系坐标 (x,y,z)(x,y,z) 为变量的向量场

V=(2xy2, 2x2y−z2+1, −2yz),\boldsymbol V=(2xy^2,\ 2x^2y-z^2+1,\ -2yz),

证明 rot⁡V=0\operatorname{rot}\boldsymbol V=\boldsymbol0，并求 V\boldsymbol V 的标量势函数 ϕ\phi。

问3 希望求底面半径 rr、高度 hh 的均匀密度直圆锥体的质心位置。取底面圆心为原点，x,yx,y 轴位于底面，zz 轴垂直底面，沿圆锥轴线从原点指向顶点。

(1) 求直圆锥侧面（不含底面）的方程。

(2) 利用关于 x,y,zx,y,z 的三重积分，求质心的 zz 坐标 zGz_G。

Kai​

問1​

(1) 偏微分を計算すると、

zx=2xx2+y2+yx2+y2,zy=2yx2+y2−xx2+y2.z_x=\frac{2x}{x^2+y^2}+\frac{y}{x^2+y^2},\qquad z_y=\frac{2y}{x^2+y^2}-\frac{x}{x^2+y^2}.

したがって、

dz=2x+yx2+y2 dx+2y−xx2+y2 dy.\boxed{dz=\frac{2x+y}{x^2+y^2}\,dx+\frac{2y-x}{x^2+y^2}\,dy}.

(2) 極は z=π/4,−3π/4z=\pi/4,-3\pi/4 であり、CC の内部には π/4\pi/4 のみがある。その留数は

Res⁡z=π/4sin⁡zcos⁡z(4z−π)(4z+3π)=sin⁡(π/4)cos⁡(π/4)4(4π/4+3π)=132π.\operatorname{Res}_{z=\pi/4} \frac{\sin z\cos z}{(4z-\pi)(4z+3\pi)} =\frac{\sin(\pi/4)\cos(\pi/4)}{4(4\pi/4+3\pi)} =\frac1{32\pi}.

したがって、

∮Csin⁡zcos⁡z(4z−π)(4z+3π) dz=2πi132π=i16.\boxed{\oint_C\frac{\sin z\cos z}{(4z-\pi)(4z+3\pi)}\,dz =2\pi i\frac1{32\pi}=\frac{i}{16}}.

問2​

直接計算して、

∇×V=(−2z−(−2z), 0−0, 4xy−4xy)=0.\nabla\times\boldsymbol V =\bigl(-2z-(-2z),\ 0-0,\ 4xy-4xy\bigr) =\boldsymbol0.

ϕx=2xy2\phi_x=2xy^2 を積分すると ϕ=x2y2+g(y,z)\phi=x^2y^2+g(y,z)。さらに ϕy=2x2y−z2+1\phi_y=2x^2y-z^2+1 より gy=1−z2g_y=1-z^2 なので、g=y(1−z2)+k(z)g=y(1-z^2)+k(z)。最後に ϕz=−2yz\phi_z=-2yz から k′(z)=0k'(z)=0 を得る。よって

ϕ(x,y,z)=x2y2−yz2+y+C(C は任意定数).\boxed{\phi(x,y,z)=x^2y^2-yz^2+y+C}\qquad(C\text{ は任意定数}).

問3​

(1) 高さ zz での断面の半径は相似比より R(z)=r(h−z)/hR(z)=r(h-z)/h である。したがって円錐側面は

x2+y2=r2h2(h−z)2,0≤z≤h\boxed{x^2+y^2=\frac{r^2}{h^2}(h-z)^2,\qquad 0\le z\le h}

で表される。この等式は底面の円板内部を含まない。

(2) 密度を ρ\rho とし、円柱座標 x=Rcos⁡θ,y=Rsin⁡θx=R\cos\theta,y=R\sin\theta を用いると、

M=ρ∫0h∫02π∫0r(h−z)/hR dR dθ dz=ρπr2h3.M=\rho\int_0^h\int_0^{2\pi}\int_0^{r(h-z)/h}R\,dR\,d\theta\,dz =\frac{\rho\pi r^2h}{3}.

質量の一次モーメントは

∭Dρz dx dy dz=ρ∫0h∫02π∫0r(h−z)/hzR dR dθ dz=ρπr2h2∫0hz(h−z)2 dz=ρπr2h212.\begin{aligned} \iiint_D\rho z\,dx\,dy\,dz &=\rho\int_0^h\int_0^{2\pi}\int_0^{r(h-z)/h}zR\,dR\,d\theta\,dz\\ &=\frac{\rho\pi r^2}{h^2}\int_0^hz(h-z)^2\,dz =\frac{\rho\pi r^2h^2}{12}. \end{aligned}

したがって、

zG=h4,(xG,yG,zG)=(0,0,h4).\boxed{z_G=\frac h4},\qquad (x_G,y_G,z_G)=\left(0,0,\frac h4\right).
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