広島大 先進理工系科学研究科 情報科学プログラム 専門科目Ⅰ・Ⅱ 2026年度（2026年1月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全11問）

方針

5つの命題は独立に見えるが，実際は $\operatorname{rank}A\in\{1,2\}$ と $\dim N(A)=4-\operatorname{rank}A$ の2行を最初に書いてしまえば，(2)(3)(5) は即座に決まる。答案でもこの2行を冒頭に置き，各命題では「この式より」と参照する形にすると，同じ議論を5回書かずに済む。

反例は1つでよい

偽の3つ（(1)(3)(4)）はすべて $A_0$ ひとつで潰せる。反例を作るときは「零行列でない」という唯一の仮定だけを満たす最も退化した行列，すなわちランク1の行列を置くのが定石である。$A_1$ のように零行を含まない例を併記しておくと，「零行を使うのは反則ではないか」という疑いにも先回りできる。

(2) と (5) は同じ主張

$\dim N(A)\ge2$ と「$N(A)$ の中に一次独立な2本が存在する」は，部分空間の次元の定義そのものである。したがって (5) を答えるときに (2) の結論を引用してよく，逆に (5) だけを独立に証明し直す必要はない。出題側は，次元という言葉と基底の本数を結び付けられるかを見ている。

失点しやすい点

(3) は「$Ax=0$ の解はただ一つ」を「自明解 $x=0$ は必ず解である」と混同して真としやすい。問われているのは解の一意性であって存在ではない。また (4) では「$A$ は零行列でないのだから行は独立だろう」と直感で答えがちだが，2つの行のうち一方だけが零でなくてもよい。(1) で $\operatorname{rank}A\ge1$ と $\operatorname{rank}A\ge2$ を取り違えるのも典型的な失点である。

部分点の取り方

真偽の当てずっぽうは配点が小さく，理由と反例が本体である。真の命題は「次元定理より」と一言添えるだけで根拠として成立し，偽の命題は具体的な行列と，それが仮定を満たすこと（$A\ne O$）の確認までを書けば満点になる。反例に対して $\operatorname{rank}$ の値を明記しないと，反例として機能しているかが伝わらない。

方針

$\cos 2y$ を倍角公式で $\cos^2y$ に直すのが最初の一手である。そうすると $x$ の2次式とみて平方完成でき，$-\cos^2y+3\cdot(\cdots)$ の形から $3\sin^2y$ が現れる。$f=(x-\cos y)^2+3\sin^2y$ という表示に到達すれば，最小値も非負性も同時に片付く。偏微分して停留点を求める方針でも到達できるが，境界3辺での最小値の検討が別に必要になり答案が長くなる。

(1) が (2) の伏線である

絶対値付きの重積分は，普通なら $f>0$ の部分と $f<0$ の部分に領域を分ける必要がある。ここでは (1) の平方完成から $f\ge0$ が平面全体で言えるので，領域分割は一切要らない。「(1) より $|f|=f$」と1行書くことが (2) の要点で，これを書かずに絶対値を外すと論拠不足になる。

置換 $t=\pi/2-y$ の効き方

$x$ で先に積分すると上端が $\pi/2-y$ となり，$(\pi/2-y)^3$ や $(\pi/2-y)^2\cos y$ という展開の面倒な式が残る。$t=\pi/2-y$ と置くと上端が $t$ そのものになり，同時に $\cos y=\sin t$，$\cos 2y=-\cos 2t$ と三角関数も単純化される。$D$ が直線 $x+y=\pi/2$ で切られた直角三角形であること，つまり $x$ と $y$ が対称に効いていることが，この置換が効く理由である。

検算

$D$ の面積は $\frac12(\pi/2)^2=\pi^2/8\fallingdotseq1.234$ である。$I\fallingdotseq1.333$ を面積で割った平均値は約 $1.08$ で，$D$ 上の $f$ の値域（$f(1,0)=0$ から $f(0,\pi/2)=3$ まで）の内側に収まっている。$\pi^4/192\fallingdotseq0.507$，$\pi^2/4\fallingdotseq2.467$ と各項を概算して足し，符号の誤りがないかを確かめておく。

失点しやすい点

最小値を与える点が $D$ に属することの確認を落とす答案が多い。$(1,0)$ は $y=0$ という境界上の点なので，$x+y=1\le\pi/2$ を示しておく。部分積分の第1項の符号と $\cos(\pi-2t)=-\cos 2t$ も取り違えやすい。

方針

ガンマ分布のモーメントは，積分を最初から計算し直すのではなく，$(\ast)$ という「正規化条件の一般形」を1本立てて $s$ を差し替えるだけにするのが速い。$\mathbb{E}[X^k]=\Gamma(\alpha+k)\beta^{k}/\Gamma(\alpha)$ という形を先に書いておけば，(1) は $k=1$，(2) は $k=2$ で片付き，一般次モーメントを問われても対応できる。答案では $(\ast)$ の導出（$u=x/\beta$ の置換）を1行入れておくと，暗記ではなく計算で出したことが伝わる。

(3) は連立を割り算で解く

$\alpha\beta=1$ と $\alpha\beta^2=\eta$ は，辺々を割ると $\beta$ だけが残るように作られている。ここで代入法を選ぶと $\alpha=1/\beta$ を第2式に入れて $\beta=\eta$ となり結局同じだが，割り算のほうが1行短い。なお $\alpha=1/\eta$ なので，$\eta$ が小さいほど形状パラメータが大きく，密度は平均 $1$ の周りに集中する。$\eta=1$ なら $\alpha=\beta=1$ で平均 $1$ の指数分布になる。

検算

$\alpha=1$ とすると $f_X(x)=\beta^{-1}e^{-x/\beta}$ で指数分布になり，(1)(2) は $\mathbb{E}[X]=\beta$，$\operatorname{Var}[X]=\beta^2$ を与える。これは指数分布の既知の値と一致する。また変動係数 $\sqrt{\operatorname{Var}[X]}/\mathbb{E}[X]=1/\sqrt{\alpha}$ が $\beta$ に依らないことも，$\beta$ が尺度パラメータであること（$X/\beta$ の分布が $\beta$ に依らない）と整合する。(5) は一般公式 $\mathbb{E}[T]=\nu/(\nu-1)$（$\nu>1$）に $\nu=3$ を入れた $3/2$ に一致する。

裾の重さという論点

$T$ の密度は $t^{-\nu-1}$ という冪の減衰で，指数関数より遥かにゆっくり $0$ に近づく。$\nu\le1$ では平均さえ存在せず，$\nu\le2$ では平均は存在しても分散が存在しない。ガンマ分布（指数的に減衰）と対比させる形で (4)(5) が並べてあるのは，「期待値は必ず存在するとは限らない」という点を確認させるためである。実務ではファイル長やアクセス頻度など，この型の分布は珍しくない。

失点しやすい点

(4) を「存在しない」とだけ書いて終える答案は根拠不足になる。$\int_1^M t^{-1}dt=\log M\to\infty$ という発散の様子まで書いて初めて確認したことになる。逆に (5) では収束の理由（$\nu-1>0$）を一言添えると安全である。また $f_T$ の台が $t>1$ であることを見落として $0$ から積分すると，$\nu=3$ でも原点付近で発散してしまう。積分区間は必ず密度の台に合わせる。

根拠の書き分け

「成り立つ」ことの根拠は任意の元についての議論，「成り立たない」ことの根拠は具体的な反例である，という書き分けが (1) の採点対象である。反射性と推移性は $x,y,z$ を任意にとって示し，対称性は $(1,2)$ という1組を挙げて否定する。ここで「$\le$ は対称でないから」とだけ書くと，証明ではなく言い換えになってしまう。

隣接行列で性質を確かめる

反射的であることは対角成分がすべて $1$ であることと同値で，行列を見れば一目で確認できる。推移性はブール積 $M^2$（$\vee$ と $\wedge$ による積）が $M$ 以下であることと同値で，実際この $M$ は $M^2=M$ を満たす。対称性は $M=M^{\top}$ と同値だが，この $M$ は上三角なので明らかに成り立たない。(1) と (2) は独立の小問に見えて，行列表現が (1) の答えの検算になっている。

(3)(b) の別解と検算

最大元で場合分けすると，最大元が $5$ の集合が $\binom42=6$，$4$ の集合が $\binom32=3$，$3$ の集合が $\binom22=1$ で，合計 $6+3+1=10$ となり (a) と一致する。これは恒等式 $\binom{5}{3}=\sum_{k=3}^{5}\binom{k-1}{2}$（ホッケースティック恒等式）の具体例で，(a) を (b) の検算に使える。逆に「$5$ を含む場合」と「含まない場合」で $10=6+\binom43=6+4$ と分けても確認できる。

量化子の順序

この問題では $\forall x\exists y$ が真であり，しかも $y=5$ が $x$ に依らず使えるので，順序を入れ替えた $\exists y\forall x\ (x\le y)$ も真になる。ただし一般には $\forall x\exists y$ が真でも $\exists y\forall x$ は偽になりうる（たとえば領域を自然数全体，述語を $x<y$ とすると前者は真，後者は偽）。証明で $y=x$ を取ると反射性だけを使ったことになり，$y=5$ を取ると「$A$ に最大元がある」ことを使ったことになる。どちらでも正解だが，何を使ったかを意識して書くと，順序の入れ替えについて問われたときに困らない。

失点しやすい点

形式化で $\forall x\in A$ のような略記だけを書き，$x\in A\rightarrow\cdots$ という含意の形に開いていない答案は，述語論理の記法として不十分と見なされることがある。領域を $A$ と明示するか，含意で書くかのどちらかを選ぶ。また (2) で自己ループを描き忘れる答案が多い。問題文が「単純グラフである必要はない」と断っているのは，反射的な関係なので自己ループが必ず出ることを示唆している。

方針

(2) で数値を先に代入してしまうと，$\log_2(1/6)$ の扱いで手が止まる。$-\log_2 P$ を $\log_2(1/P)$ と読み替え，$1/P$ が $2,3,6$ という整数になることを使って $\log_2 6=1+\log_2 3$ と分解し，最後に $\log_2 3$ の係数をまとめてから近似値を入れる。この順序にすると $\log_2 3$ の近似誤差が1か所にしか入らず，(4) でも $2$ 倍するだけで済む。

(4) を直接計算する別解

9個の対の確率を並べて素直に足しても求まる。確率の内訳は $1/4$ が1個，$1/6$ が2個，$1/9$ が1個，$1/12$ が2個，$1/18$ が2個，$1/36$ が1個で，合計は $1$ である。この和を計算しても $44/15$ になるが，項が9個あり計算量が多い。試験では $H(U^n)=nH(U)$ を導いて使うほうが速く，しかも (1) で述べた独立性がここで効いていることを示せる。ただし「無記憶だから $2$ 倍」と結論だけ書くのではなく，上の3行の変形を書いておくと導出点が確実になる。

検算

3元情報源のエントロピーは $0\le H(U)\le\log_2 3\fallingdotseq1.6$ の範囲にあり，上限は一様分布 $(1/3,1/3,1/3)$ のときに達する。得られた $1.47$ はこの範囲内で，一様に近いが完全には一様でない分布として妥当である。真値は $\log_2 3=1.58496\dots$ を使うと $H(U)=1.4591\dots$ で，近似値との差は $0.008$ 程度にとどまる。また (3) の結合確率は，9通りをすべて足すと $1$ になることで確認できる。

単位と有効数字

エントロピーは底を $2$ に取っているので単位は bit である。$U^2$ は記号対を1記号とみた情報源なので $H(U^2)\fallingdotseq2.93$ bit は「記号対あたり」であり，元の記号あたりに直すと $H(U^2)/2=H(U)$ に戻る。この換算を書き添えると，拡大情報源の意味を理解していることが伝わる。問題が $\log_2 3\fallingdotseq1.6$ と与えているので，答えは小数第2位程度までで十分である。

失点しやすい点

(1) を「記憶を持たない情報源」と言い換えるだけでは説明になっていない。独立性と同分布性の2つを式か文で明示する。(3) で $(u_1,u_2)$ と $(u_2,u_1)$ を「同じもの」と扱って1つにまとめると，拡大情報源の記号が順序対であることを取り違えたことになる。(4) では $H(U^2)=H(U)^2$ としてしまう誤りが典型で，エントロピーは対数量なので積ではなく和になる。

手を動かす小問での書き方

(1)--(3) は結果の配列だけでなく，どの位置と比較して交換したか（またはしなかったか）を1行ずつ添える。とくに $2$ や $6$ の挿入では交換が起きないので，「親のほうが大きいので停止」と書かないと，調整を忘れたのか不要だったのかが判別できない。

Extract-Max で末尾を根へ移す理由

根の穴に子のどちらかを繰り上げていく方式だと，できる木が完全二分木でなくなり配列表現が崩れる。末尾要素を根に移せば要素数が1減った完全二分木の形が保たれ，違反は根の1か所だけになる。この「形を保ったまま違反箇所を1つにする」発想が，挿入で末尾に置くこととちょうど対になっている。

Update-Key に上向き調整だけでよい理由

$k$ が元の値以上という条件があるので，位置 $i$ の値は増えるだけである。子との関係 $A[i]\ge A[\mathrm{left}(i)],A[\mathrm{right}(i)]$ は値が増えても保たれ，壊れうるのは親との関係だけである。逆に優先度を下げる操作を許すなら下向き調整が必要になる。問題文が「$k$ は元の値以上」と断っているのは，この点の確認である。

(5) の証明で押さえる一点

証明の核心は「部分木の頂点集合が $\mathrm{parent}$ について閉じている」ことである。ここを飛ばして「部分木でも $A[\mathrm{parent}(j)]\ge A[j]$ だから明らか」と書くと，部分木の根 $i$ の親（部分木の外にある頂点）についての条件まで要求しているように読める。根 $i$ は除外し，$j\ne i$ の場合のみを扱うと明記する。

検算

(2) の結果 $[9,6,2,5]$ は $A[1]\ge A[2]$，$A[1]\ge A[3]$，$A[2]\ge A[4]$ の3本を確かめればよい。ヒープは整列された配列ではなく，兄弟の間に大小関係は要求されない（(3) の結果では $A[2]<A[3]$）。

rear の定義を最初に確認する

この実装では rear が「末尾要素の次の位置」と定義されている。したがって挿入は「data[rear] に書いてから rear を進める」，取り出しは「data[front] を読んでから front を進める」という非対称な形になる。逆に rear を「末尾要素の位置」と定義する流儀もあり，その場合は「先に進めてから書く」順序になる。空欄補充で符号が1つずれる誤りの大半は，この定義の取り違えから来る。

剰余演算がすべての巻き戻しを担う

(i + 1) \% capacity という式1本で，$0,1,\dots,\texttt{capacity}-1,0,\dots$ という環状の進み方が実現できる。if (i == capacity) i = 0; と条件分岐で書いても等価だが，剰余で書くほうが短く，満杯判定と組み合わせたときの見通しがよい。なお malloc の戻り値をCでキャストする必要はなく，確保サイズは sizeof(int) * cap と要素型のサイズで書く。

実行結果は表で追う

(3) は暗算では間違えやすい。front，rear，size の3列の表を作り，1操作ごとに1行書き足すのが最も確実である。表を作れば，与えられている rear=3, size=2（2行目）や front=2, size=5（3行目）と自分の値が一致することを部分的に検算でき，空欄以外の値がずれていればその時点で追跡の誤りに気付ける。この「与えられた値との照合」が本問の検算にあたる。

2つの管理方式の比較

size を持つ方式は配列を $\texttt{capacity}$ 要素すべて使えるが，挿入・削除のたびに size を更新する必要があり，管理変数が1つ増える。1要素を空けておく方式は変数が2つで済むが，容量が1減る。(4) はこの設計上の取引を理解しているかを見る小問で，「$4$ 要素までしか入らない」という帰結まで書けると，条件式を暗記しただけでないことが伝わる。なお size を保持したまま条件式だけを差し替えると，最後の挿入が失敗するため表示される要素数は $5$ ではなく $4$ になる。

失点しやすい点

〔1-8〕 で q->data と書く誤りが多い。main の変数はポインタではなく構造体の実体なので q.data である。また free に渡すのは malloc が返したポインタそのもの（data）であって，構造体 q ではない。(1) は「循環」という語からAやCを選びたくなるが，配列の再確保や要素の移動はいずれも $O(m)$ の処理で，キューを $O(1)$ で動かすという目的に反する。

第5ビットの正体は符号拡張

$X,Y$ は4ビット，$Z$ は5ビットの2の補数と指定されているので，$Z_4$ は「桁あふれ」ではなく「符号ビット」である。正しい作り方は $X,Y$ を5ビットに符号拡張してから5ビット加算を行うことで，第4桁の和ビットは $X_3\oplus Y_3\oplus c_4$ になる（その桁上げ出力は捨てる）。FA 4個に加えて3入力 XOR が1つ必要で，(4) で XOR が明示的に許されているのはこのためだと読める。

$Z_4=c_4$ としてはいけない反例

$Z_4$ をそのまま桁上げ $c_4$ とする設計は，符号なしの加算では正しいが2の補数では誤る。$X=7=0111$，$Y=-8=1000$ とすると $0111+1000=1111$，$c_4=0$ で，$Z_4=c_4=0$ とすれば $Z=01111=15$ となるが，正しい答えは $-1$，すなわち $Z=11111$ である。符号拡張の式では $Z_4=0\oplus1\oplus0=1$ となり正しい。答案では $Z_4$ の作り方を式で明記する。

検算に使える数値例

$X=Y=-1=1111$ のとき $1111+1111=1110$，$c_4=1$ で $Z_4=1\oplus1\oplus1=1$，$Z=11110=-2$ となり正しい。減算では $X=Y=-8$ に対し $\overline{Y}=0111$，$c_0=1$ で和 $0000$，$c_4=1$，$Z_4=1\oplus0\oplus1=0$ から $Z=0$ で正しい。$Z_4=c_4=1$ とすると $-16$ になり，減算でも $c_4$ をそのまま使えない。

制御ビットの極性に注意

教科書図では「制御 $=1$ で減算」とすることが多いが，本問は $Q=1$ が加算である。そのまま $Y_i\oplus Q$，$c_0=Q$ とすると加算と減算が入れ替わる。NOT を1個入れて $\overline{Q}$ を作るのが最も簡単で，NOT の使用が許されているのと整合する。

答案の書き方

$(\mathrm{i})$ 各 FA への入出力の対応，$(\mathrm{ii})$ $c_0$ に何を入れるか，$(\mathrm{iii})$ $Z_4$ の作り方，の3点を式で書き，ブロック図を1枚添えるのが安全である。(2)(3)(4) は同じ骨格なので，(2) で図を描き (3)(4) は差分だけ述べればよい。

微分では解けない理由

通常の最尤推定は $\partial\log L/\partial\theta=0$ を解くが，ここで $\log L=-n\log\theta$ を微分すると $-n/\theta$ となり，決して $0$ にならない。これは分布の台 $[0,\theta]$ 自体が $\theta$ に依存するため，尤度が $\theta=X_{(n)}$ で不連続になり，正則条件（微分と積分の交換や台の $\theta$ 非依存性）が成り立たないからである。この型の問題では，尤度を $\theta$ の関数として素直に図示し，「$X_{(n)}$ 未満では $0$，以上では単調減少」という形状から最大点を読み取る。答案でもその形状を1行で述べるのがよい。

(4) の別解

非負確率変数の期待値公式 $\mathbb{E}[Y]=\int_0^{\infty}\bigl(1-F_Y(y)\bigr)dy$ を使うと $$\mathbb{E}[\widehat\theta]=\int_0^{\theta}\left(1-\frac{x^{n}}{\theta^{n}}\right)dx =\theta-\frac{\theta}{n+1}=\frac{n}{n+1}\theta$$ と，密度を経由せずに求まる。(3) を落としても (4) だけ答えられる経路なので，覚えておくと部分点が確保できる。

検算

$n=1$ とすると $\widehat\theta=X_1\sim\mathrm{Uniform}[0,\theta]$ で，$\mathbb{E}[\widehat\theta]=\theta/2$ となり，公式 $n\theta/(n+1)$ の $n=1$ の値と一致する。また $n\to\infty$ で $\mathbb{E}[\widehat\theta]\to\theta$ となるのは，標本が増えるほど最大値が $\theta$ に近づくという直感と合う。(3) の密度は $\int_0^\theta n x^{n-1}\theta^{-n}dx=1$ で正規化条件を満たす。

不偏性と改良

$\mathbb{E}[\widehat\theta]=n\theta/(n+1)<\theta$ なので，最尤推定量は常に過小推定する（偏り $-\theta/(n+1)$）。定数倍で補正した $$\widetilde\theta=\frac{n+1}{n}\widehat\theta$$ は不偏推定量になる。ここまで書けば，「最尤推定量は必ずしも不偏ではない」という本問の主題に踏み込んだ答案になる。なお $\mathbb{E}[\widehat\theta^{\,2}]=n\theta^2/(n+2)$ から $\operatorname{Var}[\widehat\theta]=n\theta^2/\{(n+1)^2(n+2)\}$ が得られ，偏りも分散も $n$ について $O(n^{-1})$，$O(n^{-2})$ で減るので，$\widehat\theta$ は一致推定量である。

失点しやすい点

(1) で $L(\theta)=\theta^{-n}$ とだけ書いて指示関数を落とすと，(2) の「なぜ $X_{(n)}$ 以上に限られるのか」が説明できなくなる。台の条件は必ず尤度に含めて書く。(3) では「最大値の分布」を求める際に $P(\max\le x)=\prod P(X_i\le x)$ という同値変形を明示する。$P(\max\le x)$ を $\max$ の各項に分配しようとして誤る答案が多い。また密度の定義域 $0\le x\le\theta$ を書き忘れると，(4) の積分区間の根拠が失われる。

方針

(1) から (3) までは「事後確率を1度だけ求め，あとは損失を掛けて足す」だけである。分母 $P(x)=0.6$ を最初に計算しておけば以降は使い回せる。(3) で変わるのは表の1つの成分だけなので，$R(\omega_2\mid x)$ を計算し直す必要はなく，「変化しない」と明記して手間を省くのが答案としても正しい。

判定が入れ替わるしきい値

$\lambda(\omega_1\mid\omega_2)=\lambda$ と一般化すると $$R(\omega_1\mid x)=0.2\lambda,\qquad R(\omega_2\mid x)=0.8$$ なので，判定が $\omega_1$ から $\omega_2$ に切り替わるのは $0.2\lambda>0.8$，すなわち $\lambda>4$ のときである。(2) の $\lambda=2$ は $\omega_1$，(3) の $\lambda=5$ は $\omega_2$ で，境界 $\lambda=4$ を挟んでいることが確認できる。しきい値まで求めておくと，(3) の答えが偶然でないことを示せる。

尤度比による別解と検算

$\omega_1$ を選ぶ条件 $R(\omega_1\mid x)<R(\omega_2\mid x)$ を事前確率と尤度で書き直すと， $$\frac{P(x\mid\omega_1)}{P(x\mid\omega_2)} >\frac{\bigl(\lambda(\omega_1\mid\omega_2)-\lambda(\omega_2\mid\omega_2)\bigr)P(\omega_2)} {\bigl(\lambda(\omega_2\mid\omega_1)-\lambda(\omega_1\mid\omega_1)\bigr)P(\omega_1)}$$ となる。左辺の尤度比は $0.8/0.3=2.67$ で一定である。右辺は (2) では $(2\times0.4)/(1\times0.6)=1.33$，(3) では $(5\times0.4)/(1\times0.6)=3.33$ となり，$2.67>1.33$，$2.67<3.33$ から判定が入れ替わることが確認できる。事後確率を経由した計算とは別経路なので，検算として有効である。

損失の非対称性が意味すること

この表では $\omega_2$ を $\omega_1$ と誤る損失が $2$，$\omega_1$ を $\omega_2$ と誤る損失が $1$ で，$\omega_2$ の見逃しのほうが $2$ 倍重い。医療診断で疾患を見落とす誤りを重く設定するのと同じ構造である。事後確率だけを見れば $P(\omega_1\mid x)=0.8$ で圧倒的に $\omega_1$ が優勢だが，損失を $5$ にすると判定が覆るのは，$4$ 倍の重みが $0.8$ 対 $0.2$ の差を上回るからである。この設問は「事後確率最大化＝最適」ではないことを確認させている。

(4) を150字にまとめる

150字はおおむね3〜4文である。$(\mathrm{i})$ 条件付きリスクの定義式，$(\mathrm{ii})$ 損失関数が誤りの重み，事後確率が生起確率を与えるという役割分担，$(\mathrm{iii})$ 最小リスクを選ぶのがベイズ決定則で，$0$--$1$ 損失では MAP 判定に帰着すること，の3点を1文ずつ書けば過不足なく収まる。式を1本入れると字数が締まるので，$R(\omega_i\mid x)=\sum_j\lambda(\omega_i\mid\omega_j)P(\omega_j\mid x)$ を本文中に置くとよい。定義の丸写しだけで終えず，(3) で見たように損失次第で判定が変わるという含意まで書くと差が付く。

この問題が試していること

第11問だけが必答であることから分かるように，専門知識ではなく「自分の取り組みを他人に説明できるか」を見る問題である。採点者は志望プログラムの教員で，受験者の分野の専門家とは限らない。したがって，専門用語を並べた密度の高い文章より，前提から順に積み上げた平易な文章のほうが評価される。研究室配属の面談資料としても読まれうるので，誇張せず，自分が実際にやった範囲を正確に書く。

時間配分

専門科目Ⅱは120分で選択3問＋第11問である。選択問題1問あたり25--30分と見積もると，第11問には25分前後を割ける。構成メモに5分，本文の記述に15分，見直しに5分という配分にすると，字数の過不足で書き直す事故を防げる。字数調整のために消しゴムで大幅に削る事態を避けるには，先に5段の各段に何字書くかを決め，段ごとに区切って書き進めるのがよい。

避けたい書き方

第1に，背景の説明だけで200字を使い，自分が何をしたかが1文しか残らない答案。第2に，「機械学習を用いて精度を向上させた」のように，手法名も指標も数値もない抽象的な記述。第3に，卒業研究がまだ着手段階であることを隠して完成した研究のように書くこと。進行中であれば「現在は〔段階〕まで進んでおり，〔次の段階〕に取り組んでいる」と正直に書けばよく，そのほうが面接での説明とも整合する。

話題選びの基準（研究経験がない場合）

「最近の話題」として選ぶ対象は，$(\mathrm{i})$ 自分が技術的な中身を3文以上説明できること，$(\mathrm{ii})$ 情報科学の範囲に収まること，$(\mathrm{iii})$ 志望プログラムの研究分野と接点があること，の3条件で選ぶ。話題性だけで選ぶと第2段の技術説明で手が止まる。学部の授業で扱った題材の延長線上にあるものが，最も書きやすく，かつ学習の裏付けを示しやすい。

事前準備が効く問題

出題形式が固定されているので，受験前に400字の原稿を作り，暗記まではせずとも骨組みと数値を覚えておくのが最も確実な対策である。同じ内容で英語200語版も作っておくと，どちらの指示にも対応できる。志望理由書や面接の説明とも共通の素材になるため，準備した労力は他の場面でも回収できる。