東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2007年度 院試 過去問 解答例・解説（全1問）

(1) $H$ を $\mathbb F_2^3$ と見て，生成元 $\tau$ が $$(a,b,c)\longmapsto (c,a,b)$$ で作用すると書く。まず $N\subset H$ が $G$ の正規部分群であることは， $N$ が $\tau$-不変な $\mathbb F_2$-部分空間であることと同値である。 $\tau$ の固定部分は $$L=\langle(1,1,1)\rangle$$ であり，また $$W=\{(a,b,c)\in \mathbb F_2^3\mid a+b+c=0\}$$ は次元 $2$ の不変部分空間である。商 $H/L$ 上では最小多項式が $X^2+X+1$ となり既約なので，これ以外の不変部分空間はない。 従って $H$ に含まれる正規部分群は $$0,\quad L,\quad W,\quad H$$ である。

(2) 次に $N\not\subset H$ とする。このとき $N$ の $G/H\simeq C_3$ への像は 全体である。$A=N\cap H$ とおくと，$A$ は $\tau$-不変である。さらに $N$ が $H$ による共役で不変であるためには $$(1-\tau)H\subset A$$ が必要である。ところが $(1-\tau)H=W$ であるから，$A$ は $W$ または $H$ でなければならない。$A=H$ なら $N=G$ である。$A=W$ の場合は $$W\rtimes \langle\tau\rangle$$ が得られ，これは実際に正規部分群である。

(1) $R/\mathfrak p$ が有限なら，これは有限整域なので有限体である。標数を $\ell$ とし，その位数を $q=\ell^f$ と書く。剰余体内の $x,y$ の像を $\bar x,\bar y$ とすると $$\bar x^2+\bar y^2=0$$ である。

$\bar y=0$ なら $\bar x=0$ であり，剰余体は素体だけなので $q=\ell$ である。逆に任意の素数 $\ell$ について $(\ell,x,y)$ を取れば $q=\ell$ が得られる。

$\bar y\ne 0$ なら $(\bar x/\bar y)^2=-1$ である。したがって 剰余体が $\sqrt{-1}$ を含むことが必要であり，また十分である。十分性は， $\mathbb F_q$ の生成元 $\alpha$ を取り，$\bar y=\alpha$， $\bar x=i\alpha$ とすればよい。従って $$q=\ell^f\ (f\ge 2)$$ については，$\ell=2$ または $q\equiv 1\pmod 4$ が条件である。

(2) 次に $\mathfrak m$ を任意の極大イデアルとする。$R/\mathfrak m$ は $\mathbb Z$ 上有限生成な体である。Zariski の補題より，これはある素体 $\mathbb F_\ell$ 上有限次拡大である。従って有限体である。

(1) まず $R$ を局所環，極大イデアルを $\mathfrak m$ とする。素イデアルがただ一つ なら，それは $\mathfrak m$ である。冪零根基は全素イデアルの共通部分なので $$\sqrt{(0)}=\mathfrak m$$ となる。したがって非単元はすべて $\mathfrak m$ に属し，すべて冪零である。 逆に，任意の元が単元または冪零なら，素イデアルは単元を含めず，冪零元をすべて 含む。局所環の非単元全体は $\mathfrak m$ なので，素イデアルは $\mathfrak m$ 以外にありえない。

(2) 次に一般の可換環 $R$ を考える。全素イデアルが極大であることは，任意の $s\in R$ について，ある $n\ge 1$ と $r\in R$ が存在して $$s^n(1-rs)=0$$ となることと同値である。この補題を用いると，任意の乗法系 $S$ と $s\in S$ について，局所化後に $$\frac1s=\frac r1$$ となる。したがって $S^{-1}R$ の任意の元 $a/s$ は $ar/1$ と書けるので， $R\to S^{-1}R$ は全射である。

逆向きを示す。素イデアル $\mathfrak p$ が極大でないと仮定し， $\mathfrak p\subsetneq\mathfrak m$ となる極大イデアルを取り， $s\in\mathfrak m\setminus\mathfrak p$ を選ぶ。乗法系 $\{1,s,s^2,\ldots\}$ で局所化した写像が全射なら，ある $r\in R$ と $n\ge 0$ について $$s^n(1-rs)=0$$ である。これを整域 $R/\mathfrak p$ で見ると，$s\notin\mathfrak p$ なので $1-rs\in\mathfrak p\subset\mathfrak m$ となる。しかし $rs\in\mathfrak m$ でも あるから $1\in\mathfrak m$ となり矛盾する。よって $\mathfrak p$ は極大である。

(1) $\zeta$ を $1$ でない三乗根とする。$K=\mathbb C(T^3)$ とおくと， $\mathbb C(T)/K$ は $T\mapsto \zeta T$ で生成される三次巡回拡大である。 $$a_0=T^2+T+1,\quad a_1=(\zeta T)^2+\zeta T+1,\quad a_2=(\zeta^2T)^2+\zeta^2T+1$$ とおき，$y_j^2=a_j$ とする。ガロア閉包は $$M=\mathbb C(T,y_0,y_1,y_2)$$ である。平方類を見ると $$a_0a_1a_2=(T^3-1)^2$$ であるから，$\mathbb C(T)$ 上では独立な平方根は二つで十分である。従って $$[M:\mathbb C(T)]=4,\qquad [M:K]=12.$$ ガロア群は $V_4\rtimes C_3\simeq A_4$ と見られる。

(2) 中間体を求める。$L=\mathbb C(T,y_0)$ は $M/K$ の部分群 $A_4$ 内の位数 $2$ の部分群に対応する。これを含む部分群は，その部分群自身， 正規四元部分群 $V_4$，および全体 $A_4$ だけである。よって $$K\subset \mathbb C(T)\subset L$$ 以外の中間体はない。

(3) 次に $C_3$ の固定体を取れば $K$ 上次数 $4$ の体が得られる。例えば $$x=y_0+y_1+y_2$$ とおくと，巡回置換で不変で，符号変換では不変でないため $$[M:K(x)]=3$$ となる。

(4) $X$ を $x$ の共役全体とすると，これは $A_4/C_3$ の四つの剰余類に 対応する。したがって作用の核は $$\bigcap_{g\in A_4}gC_3g^{-1}=\{1\}$$ であり，像は四点への自然な偶置換群 $$A_4\subset S_4$$ である。

(1) $\varphi(f)(x)=(x,f(x))$ であるから，固定点 $p$ での微分は $$v\longmapsto (v,D_pf(v)).$$ 一方，対角線 $\Delta$ の接空間は $$T_{(p,p)}\Delta=\{(w,w)\mid w\in T_pM\}$$ である。従って $$T_pM\oplus T_pM= \{(v,D_pf(v))\mid v\in T_pM\}+\{(w,w)\mid w\in T_pM\}$$ となるための必要十分条件は，任意の差 $b-a$ が $(D_pf-I)v$ と書けることである。有限次元なので，これは $$D_pf-I:T_pM\to T_pM$$ が同型であること，すなわち $1$ が $D_pf$ の固有値でないことと同値である。

(2) 後半の主張は正しくない。任意の $n\ge 2$ に対して，$S^2$ を軸まわりに $2\pi/n$ 回転する微分同相写像を考える。固定点は二つの極だけである。各固定点での 接平面上の微分は角 $2\pi/n$ の回転なので，$D_pf-I$ は可逆である。しかし $f^n$ は恒等写像であり，固定点での微分は恒等写像になる。したがって $\varphi(f^n)$ は対角線に横断的でない。

(1) パラメータ表示を $r(u,v)$ と書く。微分は $$r_u=\left(-\frac{\sin u}{\cosh v},\frac{\cos u}{\cosh v},0\right),$$ $$r_v=\left(-\frac{\cos u\sinh v}{\cosh^2v}, -\frac{\sin u\sinh v}{\cosh^2v},\tanh^2v\right).$$ よって $$E=\langle r_u,r_u\rangle=\frac1{\cosh^2v},\quad F=0,\quad G=\tanh^2v$$ であり， $$ds^2=\frac{du^2}{\cosh^2v}+\tanh^2v\,dv^2$$ となる。

(2) 曲線 $c(t)$ は $u=0,\ v=t$ に対応するので，長さは $$\ell(a)=\int_0^a \tanh t\,dt=\log\cosh a.$$

(3) $\ell(v)=\log\cosh v$ なので $e^{\ell(v)}=\cosh v$ である。 写像 $$f(u,v)=(u,\cosh v)$$ で上半平面の計量を引き戻すと $$\frac{du^2+\sinh^2v\,dv^2}{\cosh^2v} =\frac{du^2}{\cosh^2v}+\tanh^2v\,dv^2$$ となり，これは上で求めた計量に一致する。したがって $f$ は等長写像である。

(4) 上半平面では垂直半直線が測地線である。$c(t)$ は $f$ によって垂直線 $x=0$ に移るので測地線である。ただし $u$ は角度変数であり，$u=0$ と $u=2\pi k$ は同じ点を表す。上半平面の被覆で $(0,1)$ と $(2\pi k,2)$ を結ぶ双曲測地線を取ると，$k\ne0$ でも 同じ二点を結ぶ $S$ 上の測地線が得られる。したがって $c(t)$ に限らない。

(1) $T^2\setminus\{p\}$ は一点を抜いたトーラスであり，二つの円の bouquet に変形収縮 する。従って $$H_0(T^2\setminus\{p\};\mathbb Z)\simeq\mathbb Z,\quad H_1(T^2\setminus\{p\};\mathbb Z)\simeq\mathbb Z^2,\quad H_k=0\ (k\ge2).$$

(2) もし $f$ が全射でなければ，ある $p\in T^2$ が像に含まれない。従って $$f:T^2\longrightarrow T^2\setminus\{p\}\longrightarrow T^2$$ と分解する。中央の空間の $H_2$ は $0$ なので，$H_2(f)=0$ である。

(3) 最後に，持ち上げ $\widetilde f$ が $$\widetilde f(x+1,y)=\widetilde f(x,y)+(1,0),\qquad \widetilde f(x,y+1)=\widetilde f(x,y)+(0,1)$$ を満たすとする。この条件は $H_1(T^2;\mathbb Z)$ 上の誘導写像が恒等行列で あることを意味する。向き付けられた閉曲面の二次ホモロジーへの作用は一次ホモロジー の行列式で与えられるので， $$H_2(f)=\det I_2=1$$ すなわち恒等写像である。

(1) $f\in G$ とする。$f^*v=v$ であり $v=d\lambda$ なので $$d(f^*\lambda-\lambda)=0.$$ また $f$ はコンパクト台を持つため，十分遠方では $f^*\lambda-\lambda=0$ である。 $\mathbb R^2$ ではコンパクト台を持つ閉 $1$ 形式はコンパクト台を持つ関数の 全微分で書けるから $$f^*\lambda-\lambda=dH_f$$ となる $H_f\in C^\infty_c(\mathbb R^2)$ が存在する。二つあれば差は定数であり， コンパクト台を持つ定数は $0$ なので一意である。

(2) 合成については $$(fg)^*\lambda-\lambda =g^*(f^*\lambda-\lambda)+(g^*\lambda-\lambda) =d(H_f\circ g)+dH_g$$ である。従って $$H_{fg}=H_f\circ g+H_g$$ であり，$g$ は面積を保存するので $$\rho(fg)=\int H_f\circ g\,dxdy+\int H_g\,dxdy =\rho(f)+\rho(g).$$ よって $\rho$ は群準同型である。

(3) $\lambda'=\lambda+dK$ と変えても $$H'_f=H_f+K\circ f-K$$ である。面積保存性により $$\int (K\circ f-K)\,dxdy=0$$ だから，$\rho$ は $\lambda$ の取り方によらない。

(1) 第一の主張では，方程式に $u$ を掛けて $B$ 上積分する。境界で $u=0$ であるから Green の公式により $$0=\int_B u(\Delta u-u)\,dx =-\int_B |\nabla u|^2\,dx-\int_B u^2\,dx.$$ 右辺は非正で，和が $0$ なので $u=0$ である。

(2) 第二の主張でも同様に $u$ を掛けて積分する。境界条件 $u=0$ および $\partial_\nu u=0$ により境界項は消え， $$0=\int_B u(\Delta^2u+u)\,dx =\int_B(\Delta u)^2\,dx+\int_Bu^2\,dx.$$ 従って $u=0$ である。

(1) まず $\nu(A)<\infty$ の場合を考える。このとき定義の上限で $B=A$ と取れるので $$\lambda(A)\ge \mu(A)-\nu(A)$$ である。逆に $B\subset A$ かつ $\nu(B)<\infty$ なら $$\mu(A)-\mu(B)\ge \nu(A)-\nu(B)$$ より $$\mu(B)-\nu(B)\le \mu(A)-\nu(A).$$ 従って $$\lambda(A)=\mu(A)-\nu(A)\qquad(\nu(A)<\infty).$$ 特に $\nu$ が有限測度なら，すべての $A$ でこの式が成り立つので $\lambda=\mu-\nu$ は測度であり，$\mu=\nu+\lambda$ である。

(2) 一般の場合も加法性は定義から直接出る。互いに素な $A_i$ に対し， $B\subset\bigcup_i A_i$ で $\nu(B)<\infty$ とすると， $B_i=B\cap A_i$ に分けて $$\mu(B)-\nu(B)=\sum_i\{\mu(B_i)-\nu(B_i)\}\le \sum_i\lambda(A_i).$$ よって $\lambda(\bigcup_iA_i)\le\sum_i\lambda(A_i)$。逆向きは，各 $A_i$ の中で 上限に近い有限 $\nu$-測度の集合を有限個選び，その合併を取ればよい。 従って $\lambda$ は測度である。

$\nu(A)=\infty$ なら $\mu(A)=\infty$ であり，$\mu(A)=\nu(A)+\lambda(A)$ は 拡張実数の意味で成立する。有限の場合はすでに示した。したがって全ての $A$ で $$\mu(A)=\nu(A)+\lambda(A)$$ が成り立つ。

(1) Cauchy--Schwarz の不等式より $$(b-a)^2=\left(\int_0^1 f'(x)\,dx\right)^2 \le \int_0^1(f'(x))^2\,dx.$$ 等号は一次関数で達成されるので $$\inf\Phi_1=(a-b)^2.$$

(2) $a<0,b<0$ の場合は，最小エネルギーを与える一次関数が全区間で負である。 従って負でない部分を作る利点はなく， $$\inf\Phi_2=(a-b)^2-1.$$

(3) $a>0,b>0$ の場合を考える。関数が $0$ 以下になる区間を長さ $\ell$ だけ持つなら， 最適な形は，$a$ から $0$ へ長さ $s$ で直線的に下がり，長さ $\ell$ だけ $0$ に沿い，長さ $t$ で $0$ から $b$ へ直線的に上がる形である。 $$s+t+\ell=1$$ として値は $$\frac{a^2}{s}+\frac{b^2}{t}-\ell =\frac{a^2}{s}+\frac{b^2}{t}+s+t-1.$$ $a+b\le1$ なら $s=a,t=b$ が内部最小を与え，値は $$2(a+b)-1.$$ $a+b>1$ なら接触区間を作る最小は境界で起こるが，その値は正のまま推移する 一次関数の値 $(a-b)^2$ より小さくならない。したがって $$\inf\Phi_2= \begin{cases} \min\{(a-b)^2,\ 2(a+b)-1\},& a+b\le1,\\ (a-b)^2,& a+b>1. \end{cases}$$

(1) $g=f^{-1}$ が正則で $g(f(z))=z$ だから，微分して $$g'(0)f'(0)=1$$ を得る。従って $f'(0)\ne0$ である。また $$(f_n)'(0)=f'(0)^n,\qquad (g_n)'(0)=f'(0)^{-n}.$$

(2) $|z|\le r$ 上で正則な $f$ に Cauchy の評価を使うと $$|f'(0)|\le \frac{\max_{|z|\le r}|f(z)|}{r}$$ である。

(3) 以下，$D$ が有界であるとする。もし $f'(0)=a\ge1$ が実数なら，$f_n(D)\subset D$ なので，ある $M$ に対して $|f_n(z)|\le M$ が成り立つ。上の評価を $f_n$ に 適用すると $$a^n\le M/r$$ であり，$a>1$ は不可能である。従って $a=1$。

(4) さらに $f'(0)>0$ とする。もし $f'(0)<1$ なら，逆写像について $$g'(0)=1/f'(0)>1$$ となり，直前の議論に反する。よって $f'(0)=1$ である。 もし $f$ が恒等写像でないなら， $$f(z)=z+c z^m+O(z^{m+1})\qquad(c\ne0,\ m\ge2)$$ と書ける。反復すると $$f_n(z)=z+ncz^m+O(z^{m+1})$$ となるが，$D$ が有界であることに反する。したがって $f(z)\equiv z$ である。

(1) まず $\operatorname{Im}\omega>0$ とする。部分分数分解 $$\frac1{(z-x)(z-\omega)} =\frac1{x-\omega}\left(\frac1{z-x}-\frac1{z-\omega}\right)$$ を用いる。主値で $\int (z-x)^{-1}dz=0$，また上半平面に極を持つため $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dz}{z-\omega}=\pi i$$ である。従って $$\frac1\pi\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{(z-x)(z-\omega)} =-\frac{i}{x-\omega}.$$

(2) この公式から，極が上半平面にある項と下半平面にある項で Hilbert 変換の符号が 反対になる。与えられた有理型の ansatz を方程式に代入し，各極 $x=\omega_n,\nu_n$ における二重極の係数を比較すると，ちょうど問題中の $\omega_n,\nu_n$ の微分方程式が得られる。逆にその微分方程式が成り立てば 二重極はすべて消え，無限遠でも消える有理関数になるため，残りは恒等的に $0$ である。 これで必要十分性が従う。

(3) $N=1$ では実数解は一つの共役な極の対で表せる。$b>0$, $a_0\in\mathbb R$ とし $$\omega(t)=a_0+\frac{t}{2b}+ib,\qquad \nu(t)=a_0+\frac{t}{2b}-ib$$ とおけば， $$u(x,t)=i\left(\frac1{x-\nu(t)}-\frac1{x-\omega(t)}\right) =\frac{2b}{(x-a_0-t/(2b))^2+b^2}$$ である。直接代入により方程式を満たす。平行移動と $b>0$ の選択により， 一極型の実数解はこの形で尽くされる。

(1) 振動積分はカットオフで正則化して定義する。独立性を見るには $$L=\frac{1-\partial_\xi^2-\partial_y^2}{1+(x-y)^2+\xi^2}$$ の形式的随伴を用い，$L(e^{i(x-y)\xi})=e^{i(x-y)\xi}$ となるように積分部品を 繰り返す。$p$ と $u$ の全ての導関数は有界で，カットオフは急減少であるから， 十分多く積分部品を行えば絶対収束する積分に帰着される。二つのカットオフの差は $(0,0)$ で消える急減少関数を含み，同じ評価で極限が $0$ になる。 従って $(Pu)(x)$ は一意に定まる。

(2) 次に $$q(x,\xi)=\operatorname{Os}\!-\!\frac1{2\pi}\int_{\mathbb R^2} e^{-iy\eta}p(\xi+\eta,x+y)\,dy\,d\eta$$ と書く。これは同じ振動積分の意味で存在する。定義式の $(y,\eta)$ を導入し，Fubini の定理を正則化された積分に対して適用してから 極限を取ると $$(Pu)(x)=\operatorname{Os}\!-\!\frac1{2\pi}\int_{\mathbb R^2} e^{i(x-y)\xi}q(x,\xi)u(y)\,dy\,d\xi$$ を得る。

(3) 最後に $u(y)=e^{iy\xi_0}$ とする。上の式で $u(-x)(Pu)(x)$ を計算すると， 指数因子はちょうど $q$ の定義に現れる振動核に戻り， $$u(-x)(Pu)(x)=q(x,\xi_0)$$ となる。

(1) 無限遠で $$y=x^\lambda(1+O(x^{-1}))$$ とおく。最高次だけを比較すると $$-\lambda(\lambda-1)-2(\mu+1)\lambda+(\nu-\mu)(\nu+\mu+1)=0.$$ 従って $$\lambda=\nu-\mu,\qquad \lambda=-\nu-\mu-1$$ である。

(2) 積分表示は Euler 型の方法で作る。上で得た二つの指数を $\lambda_1=\nu-\mu$, $\lambda_2=-\nu-\mu-1$ とおき， $$y_j(x)=\int_{-1}^{1}(x-t)^{\lambda_j} (1-t)^{\mu+\nu}(1+t)^{\mu-\nu-1}\,dt\qquad(j=1,2)$$ とする。端点での指数は，必要なら少し内側の区間で積分してから極限を取る意味に 解釈する。微分を積分内に入れ，端点項が消えるように積分部品を行うと， それぞれが与えられた微分方程式を満たすことが分かる。二つの解は無限遠での 主要指数が異なるため一次独立である。

(3) $\nu+\mu$ または $\nu-\mu$ が整数の場合は，Frobenius 型の漸化式が有限段で止まる。 すなわち，端点 $x=1$ または $x=-1$ に由来するべき因子を $(1-x^2)^\rho$ としてくくると，残りは有限次数の多項式 $P(x)$ になる。 従って $$y(x)=(1-x^2)^\rho P(x)$$ の形の解が存在する。

(1) 平衡点 $(x^*,0,0)$ で $y,z$ 方向に線形化すると $$\begin{pmatrix} -\beta&\gamma\\ \alpha x^*&-\delta \end{pmatrix}$$ である。この行列の行列式は $$\beta\delta-\alpha\gamma x^*$$ であり，$x^*>\beta\delta/(\alpha\gamma)$ なら負である。従って一つの固有値は 正であり，平衡点は不安定である。

(2) 正値性から $x(t)$ は単調減少であり，極限 $x_\infty\ge0$ が存在する。 さらに $$z'+\delta z=-x'$$ なので $$\delta\int_0^t z(s)\,ds=x_0-x(t)+z_0-z(t)$$ は有界である。従って $\int_0^\infty z(s)\,ds<\infty$ である。 また $$y'=-\beta y+\gamma z$$ より $\int_0^\infty y(s)\,ds<\infty$ である。そこで $$\log x(t)-\log x_0=-\alpha\int_0^t y(s)\,ds$$ を $t\to\infty$ とすれば，右辺は有限値に収束するので $x_\infty>0$ である。

(3) 最後に $$p=\frac{x_0-x_\infty}{x_0}$$ とおく。上の式から $$-\log(1-p)=\alpha\int_0^\infty y(s)\,ds.$$ 一方， $$\beta\int_0^\infty y(s)\,ds =y_0+\gamma\int_0^\infty z(s)\,ds,$$ $$\delta\int_0^\infty z(s)\,ds=x_0p+z_0$$ である。よって $$-\log(1-p) =\frac{\alpha y_0}{\beta} +\frac{\alpha\gamma z_0}{\beta\delta} +\frac{\alpha\gamma x_0}{\beta\delta}p.$$ すなわち $$1-p=\exp(-a-bp)$$ である。

真の解を $x$，誤差を $e^{(k)}=x^{(k)}-x$ とおくと $$e^{(k)}=(I-\alpha A)e^{(k-1)}.$$ $A$ は対称正定値なので直交行列で対角化でき，収束条件は $$\max_{1\le i\le n}|1-\alpha\lambda_i|<1$$ である。これは $$0<\alpha<\frac2{\lambda_n}$$ と同値である。

漸近収束率の最悪値は $$\rho(\alpha)=\max_i|1-\alpha\lambda_i| =\max\{|1-\alpha\lambda_1|,\ |1-\alpha\lambda_n|\}$$ で決まる。これを最小にするには両端の絶対値を等しくすればよく， $$1-\alpha\lambda_1=-(1-\alpha\lambda_n)$$ から $$\alpha=\frac2{\lambda_1+\lambda_n}$$ を得る。このとき最小値は $$\frac{\lambda_n-\lambda_1}{\lambda_n+\lambda_1}$$ である。

(1) $A_j=X_j^2X_{j+1}^2$ とおく。$E[A_j]=1$ である。 $j=k$ なら $$\operatorname{Var}(A_j)=E[X_j^4]E[X_{j+1}^4]-1=9-1=8.$$ $|j-k|>1$ なら独立なので共分散は $0$ である。隣接する場合，例えば $k=j+1$ では $$E[A_jA_{j+1}] =E[X_j^2]E[X_{j+1}^4]E[X_{j+2}^2]=3$$ なので共分散は $2$ である。

(2) 従って $$E[I_n]=1,\qquad \operatorname{Var}(I_n) =\frac1{n^2}\{8n+4(n-1)\}\to0.$$ よって $I_n\to1$ 確率収束する。

(3) 推定量は $$\widehat\theta_n-\theta =\left(\sum_{j=1}^nA_j\right)^{-1} \sum_{j=1}^nX_jX_{j+1}Z_j$$ と書ける。$W_j=X_jX_{j+1}Z_j$ とおくと，$E[W_j]=0$， $E[W_j^2]=1$，また隣接項の共分散も $Z_j$ の独立性により $0$ である。 これは有限範囲依存の中心極限定理を適用できる列なので $$\frac1{\sqrt n}\sum_{j=1}^nW_j\Rightarrow N(0,1).$$ さらに $\sum A_j/n=I_n\to1$ だから Slutsky の定理により $$\sqrt n(\widehat\theta_n-\theta)\Rightarrow N(0,1).$$

(1) $x_1x_2x_3$ を表す既約な順序付き二分決定グラフは次の通りである。

(2) 存在は変数の個数に関する帰納法で示す。定数関数なら葉だけでよい。定数でない 関数 $f$ について，$f$ が本質的に依存する最小の変数を $x_i$ とする。 制限 $$f_0=f|_{x_i=0},\qquad f_1=f|_{x_i=1}$$ に対して帰納法で既約なグラフを作る。もし $f_0=f_1$ ならその共通のグラフを 使い，異なるなら $x_i$ をラベルに持つ頂点から二つのグラフへ辺を出す。 同じ部分グラフは一つに併合し，二つの辺が同じ行き先になる頂点は削除する。 これで条件 (i), (ii) を満たすグラフが得られる。

一意性も同じ帰納法で従う。既約グラフの根の変数は，関数が本質的に依存する 最小の変数でなければならない。根から $0$-辺，$1$-辺で進んだ先の部分グラフは， それぞれ $f_0,f_1$ を表す既約グラフである。帰納法の仮定によりそれらは一意であり， 条件 (i) と (ii) によって冗長な頂点や重複部分グラフも許されない。従って全体も 一意である。