東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2011年度 院試 過去問 解答例・解説（全1問）

(1) $\mu_k$ は位数 $k$ の巡回群である。有限可換群 $G$ について $$d(G):=\max_p \dim_{\mathbb F_p}G[p], \qquad G[p]=\{x\in G\mid x^p=1\}$$ とおく。有限可換群の基本定理から，$d(G)$ は $G$ の最小生成元数に等しく， 本問の記号では $t(G)=d(G)$ である。

実際，$G\simeq \prod_{i=1}^{\ell}\mu_{k_i}$ なら $$\#G[p]=\prod_{i=1}^{\ell}\#\mu_{k_i}[p]\le p^\ell$$ である。

(2) さらに，$\mu_{k_i}[p]$ は $p\mid k_i$ のときだけ位数 $p$ なので， $$\dim_{\mathbb F_p}G[p]=\#\{i\mid p\mid k_i\}.$$ したがって，ある素数 $p$ がすべての $k_i$ を割るなら $\dim_{\mathbb F_p}G[p]=\ell$ となり，$\ell=t(G)$ である。逆に，そのような 素数がないなら各 $p$ について $\dim_{\mathbb F_p}G[p]\le \ell-1$ であるから， 最小生成元数は高々 $\ell-1$ であり，$\ell=t(G)$ ではない。

(3) 部分群 $H\subset G$ については $H[p]\subset G[p]$ であるから $$\dim_{\mathbb F_p}H[p]\le \dim_{\mathbb F_p}G[p]$$ がすべての $p$ で成り立つ。よって $t(H)\le t(G)$ である。

(4) 最後に $G\subset GL(n,\mathbb C)$ とする。有限位数の複素行列は対角化可能であり， しかも $G$ は可換なので同時対角化できる。したがって $G$ は対角行列群 $(\mathbb C^\times)^n$ の有限部分群と同一視できる。各座標への射影像は $\mathbb C^\times$ の有限部分群であり巡回群であるから，$G$ は高々 $n$ 個の 巡回群の直積の部分群である。上の部分群の場合を用いて $$t(G)\le n$$ が従う。

(1) $x=q(X),\,y=q(Y)$ と書く。三つの成分に対応するイデアルとして $$I_1=(x),\qquad I_2=(y),\qquad I_3=(x+y-1)$$ を取ればよい。例えば $$R/I_1\simeq K[Y],\qquad R/I_2\simeq K[X],\qquad R/I_3\simeq K[X]$$ であり，いずれも $K$ 上の一変数多項式環である。

(2) 写像 $$f:R\longrightarrow R/I_1\times R/I_2\times R/I_3$$ の核は $I_1\cap I_2\cap I_3$ である。$K[X,Y]$ で三つの一次式 $X,Y,X+Y-1$ は互いに異なる既約因子であり， $$(X)\cap(Y)\cap(X+Y-1)=(XY(X+Y-1))$$ だから，商環 $R$ では $\ker f=0$ である。

余核は三つの直線を別々に正規化したときに，交点で一致させる条件の不足を測っている。 交点は $$(0,0),\qquad (0,1),\qquad (1,0)$$ の三つである。したがって像は，三つの成分上の関数の組であって各交点で値が一致する ものからなる。直積環全体から見ると独立な線形条件が三つあるので $$\dim_K \operatorname{coker}f=3.$$

(3) $s=x(x-1)+y(y-1)$ とおく。三つの成分上では，$s$ はそれぞれ交点でだけ消える。 したがって $s$ を逆元にすると三つの成分は互いに交わらない。局所化後は三つの イデアルが互いに comaximal になり，中国剰余定理から $$R\left[\frac1s\right]\simeq \left(R/I_1\times R/I_2\times R/I_3\right)\otimes_R R\left[\frac1s\right]$$ である。

(1) 行列 $$A=\begin{pmatrix} 4&6&4\\ 6&24&18\\ 16&6&10\\ 1&3&15 \end{pmatrix}$$ の Smith 標準形を求める。1次小行列式の最大公約数は $1$，2次小行列式の最大公約数は $2$，3次小行列式の最大公約数は $12$ である。したがって不変因子は $$d_1=1,\qquad d_1d_2=2,\qquad d_1d_2d_3=12$$ から $$d_1=1,\quad d_2=2,\quad d_3=6$$ である。階数は3なので $$\mathbb Z^4/\operatorname{Im}L_A\simeq \mathbb Z\oplus \mathbb Z/2\mathbb Z\oplus \mathbb Z/6\mathbb Z.$$

(2) 次に双対の主張を示す。$Q=N/f(M)$ とおく。$M,N$ は有限生成自由 $\mathbb Z$-加群で，$f$ は単射だから $$0\to M\to N\to Q\to0$$ が完全である。これに $\operatorname{Hom}_{\mathbb Z}(-,\mathbb Z)$ を適用すると $$0\to Q^\ast\to N^\ast\xrightarrow{f^\ast}M^\ast \to \operatorname{Ext}^1_{\mathbb Z}(Q,\mathbb Z)\to0$$ が得られる。有限生成アーベル群 $Q$ について $\operatorname{Ext}^1(Q,\mathbb Z)=0$ であることは，$Q$ が torsion-free であることと 同値である。有限生成 torsion-free アーベル群は自由なので， $$N/f(M)\ \text{が自由} \Longleftrightarrow f^\ast\ \text{が全射}$$ である。

(1) 根の一つを $u$ とすると $$u+u^{-1}=4X+2.$$ $v^2=u$，$w^2=v$ とおくと $$M=\mathbb C(v),\qquad L=\mathbb C(w)$$ と書ける。実際，$f(T^2)$ の根は $\pm v,\pm v^{-1}$， $f(T^4)$ の根は $4$ 乗根を含めて $w$ と $w^{-1}$ に $\sqrt{-1}$ を掛けたもの で尽きる。

$$X=\frac{v^2+v^{-2}-2}{4} =\frac{(v-v^{-1})^2}{4}$$ であるから，$\mathbb C(v)/\mathbb C(X)$ の自己同型は $$v\mapsto -v,\qquad v\mapsto v^{-1}$$ で生成され，位数は4である。よって $$[M:K]=4.$$ 同様に $X=(w^4+w^{-4}-2)/4$ で，$w\mapsto iw$ と $w\mapsto w^{-1}$ が作用するので $$[L:K]=8.$$

(2) $M/K$ の Galois 群は Klein の四元群である。したがって $M$ に含まれる $K$ の2次拡大は三つであり，例えば $$K(\sqrt X),\qquad K(\sqrt{X+1}),\qquad K(\sqrt{X(X+1)})$$ である。これらはそれぞれ $$\mathbb C(v-v^{-1}),\quad \mathbb C(v+v^{-1}),\quad \mathbb C(v^2)$$ に対応する。

$L/K$ の Galois 群は $$D_4=\langle r,s\mid r^4=s^2=1,\ srs=r^{-1}\rangle$$ で，$r(w)=iw,\ s(w)=w^{-1}$ と書ける。上の三つの2次体上での Galois 群は， $$K(\sqrt{X(X+1)})\ \text{上では}\ \mathbb Z/4\mathbb Z,$$ 残り二つの上では $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^2$ である。

(3) また，$L$ に含まれる $K$ の4次拡大は，$D_4$ の位数2の部分群に対応する。 位数2部分群は中心 $\langle r^2\rangle$ と4つの反射部分群の合計5個である。 反射部分群に対応する体，例えば $K(w+w^{-1})$ は正規拡大ではない。

(1) $$X=x^2,\quad Y=y^2,\quad Z=z^2,\quad W=w^2$$ とおく。二つの関係式から $$Z=2-X-Y,\qquad W=4X+2Y-2$$ を得る。したがって $F(x,y,z,w)=(x^2,y^2)$ の像は $$P=\{(X,Y)\mid X\ge0,\ Y\ge0,\ X+Y\le2,\ 2X+Y\ge1\}$$ である。

制約写像の二つの勾配は $$(4x,0,-4z,-2w),\qquad (6x,2y,-2z,-2w)$$ である。これらが一次従属であると仮定して係数を比較すると， 各座標の零非零に応じた場合分けにより，$M$ 上では係数がともに0でなければならない。 したがって階数は常に2で，$M$ は $\mathbb R^4$ の2次元部分多様体である。

(2) 各点 $(X,Y)\in P$ の逆像の元の個数は $$N(X,Y)=\nu(X)\nu(Y)\nu(2-X-Y)\nu(4X+2Y-2)$$ で与えられる。ただし $$\nu(r)= \begin{cases} 0,& r<0,\\ 1,& r=0,\\ 2,& r>0. \end{cases}$$ 特に $P$ の内部では $16$ 個，辺の内部では $8$ 個，四つの頂点では $4$ 個である。

(3) $P$ はコンパクトであり，四つの座標の平方が $P$ 上の連続関数として有界なので $M$ は閉かつ有界である。よって $M$ はコンパクトである。

(4) 最後に，$P$ の内部，辺，頂点に沿って自然な胞体分解を取ると， $$\#C_2=16,\qquad \#C_1=4\cdot8=32,\qquad \#C_0=4\cdot4=16.$$ したがって $$\chi(M)=16-32+16=0.$$

面同一視後の胞体分解を使う。頂点は二つの同値類になり，1胞体は四つ取れる。 三つの面の対を2胞体 $e_1^2,e_2^2,e_3^2$ とし，1胞体を $a_1,a_2,a_3,b$ と取ると，境界準同型は基底の取り方により $$\partial_1= \begin{pmatrix} 1&1&1&0\\ -1&-1&-1&0 \end{pmatrix},$$ $$\partial_2= \begin{pmatrix} -1&0&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1\\ -2&-2&-2 \end{pmatrix}.$$ また3胞体の境界は，向きが逆になる面同士が打ち消し合うので $\partial_3=0$ である。

$\ker\partial_1$ は $$a_2-a_1,\qquad a_3-a_1,\qquad b$$ で生成される。この基底で $\operatorname{Im}\partial_2$ を書くと $$\begin{pmatrix} 1&-1&0\\ 0&1&-1\\ -2&-2&-2 \end{pmatrix}$$ となり，この Smith 標準形は $$\operatorname{diag}(1,1,6)$$ である。したがって $$H_1(Y;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z/6\mathbb Z.$$ さらに $\partial_2$ の階数は3なので $H_2(Y;\mathbb Z)=0$， $\partial_3=0$ から $H_3(Y;\mathbb Z)\simeq\mathbb Z$ である。

(1) $S^3\times\mathbb R$ 上では $H^2_{\mathrm{dR}}(S^3\times\mathbb R)=0$ である。 また $M$ は2次元多様体なので任意の2形式 $\alpha$ は閉形式である。したがって $F^\ast\alpha$ は完全であり，ある1形式 $\eta$ が存在して $$d\eta=F^\ast\alpha$$ を満たす。

切片 $g:S^3\to S^3\times\mathbb R$ で引き戻すと， $$d(g^\ast\eta-\beta)=g^\ast F^\ast\alpha-f^\ast\alpha=0.$$ $H^1_{\mathrm{dR}}(S^3)=0$ だから $g^\ast\eta-\beta=dh$ となる関数 $h$ がある。 $h$ を $S^3\times\mathbb R$ に滑らかに延長し， $$\widetilde\beta=\eta-d\widetilde h$$ と定めれば $$d\widetilde\beta=F^\ast\alpha,\qquad g^\ast\widetilde\beta=\beta$$ である。

(2) 次に $$d(\widetilde\beta\wedge F^\ast\alpha) =F^\ast\alpha\wedge F^\ast\alpha.$$ ところが $\alpha\wedge\alpha=0$ である。これは $M$ が2次元で，4形式が存在しないため である。よって $\widetilde\beta\wedge F^\ast\alpha$ は閉3形式である。

(3) 最後に，$t=0$ の切片と $t=1$ の切片は $S^3\times\mathbb R$ 内でホモトピックである。 $t=0$ では写像が定値なので $F^\ast\alpha$ の引き戻しは0である。したがって閉3形式の 積分値は $t=1$ の切片でも0であり， $$\int_{S^3}\beta\wedge f^\ast\alpha=0$$ を得る。

$$A(x,y,z)= \begin{pmatrix} x&y+z\\ y-z&-x \end{pmatrix}$$ とおく。この行列は trace が0で， $$A^2=(x^2+y^2-z^2)I$$ を満たす。したがって固有値は $\pm\lambda$，ただし $$\lambda^2=x^2+y^2-z^2$$ である。

指数写像の微分は $$d\exp_A(H)=\int_0^1 e^{(1-s)A}He^{sA}\,ds$$ で与えられる。一般にこの線形写像が特異になるのは， $\operatorname{ad}A$ の固有値が $2\pi i$ の非零整数倍になるときである。 ここで trace 0 の3次元空間上の $\operatorname{ad}A$ の固有値は $$0,\quad 2\lambda,\quad -2\lambda$$ である。よって微分が単射でなくなる条件は $$2\lambda=2\pi i m\qquad (m\in\mathbb Z,\ m\ne0)$$ であり，これは $$x^2+y^2-z^2=-\pi^2m^2$$ と同値である。

したがって特異集合は $$z^2-x^2-y^2=\pi^2m^2\qquad (m=1,2,\ldots)$$ で与えられる双曲面の和である。

(1) $\phi(z)=(z-a)^m f(z)^n$ とおく。条件より，$a$ における特異性は可除であり， $\phi(a)=0$ と定めると $\phi$ は $D$ 上正則になる。境界の $a$ 以外の点では $$\limsup |\phi(z)|\le L^mM^n$$ である。ただし $L$ は $D$ の直径である。最大値原理を，境界を少し内側に押し込んだ 領域で適用して極限を取ると $$|\phi(z)|\le L^mM^n$$ が $D$ 全体で成り立つ。

(2) 固定した $z\in D$ に対し，$m=1$ として上の不等式を用いると $$|f(z)|\le M\left(\frac{L}{|z-a|}\right)^{1/n}.$$ $n\to\infty$ とすれば $$|f(z)|\le M$$ を得る。

(3) 条件のうち成長条件を落とすと結論は壊れる。単位円板 $D=\{|z|<1\}$， $a=1$ とし， $$f(z)=\exp\frac{1+z}{1-z}$$ とおく。境界の $a$ 以外では $(1+z)/(1-z)$ は純虚数値を持つので $|f|$ の境界極限は1である。一方 $f(0)=e>1$ であり，結論は成り立たない。

特異性は四つの超平面 $$x=0,\quad y=0,\quad z=0,\quad x+y+z=0$$ の上にだけある。各超平面の一般点で局所可積分であるためには，対応する指数が $-1$ より大きいことが必要十分である。したがって $$a>-1,\quad b>-1,\quad c>-1,\quad d>-1$$ が必要である。

残る問題は原点である。原点の近くでは四つの一次形式はいずれも一次の大きさを持つので， 極座標により被積分関数の主要部は $$r^{a+b+c+d}$$ で，体積要素は $r^2\,dr\,d\omega$ である。角度方向の積分は，上の各指数が $-1$ より大きければ有限である。したがって半径方向の条件は $$\int_0^\varepsilon r^{a+b+c+d+2}\,dr<\infty$$ すなわち $$a+b+c+d>-3$$ である。

(1) $$\chi(x)=\frac12\,1_{[-1,1]}(x)$$ とおくと， $$f(\xi)=\widehat\chi(\xi)^3$$ である。したがって $$\varphi(x)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\xi)e^{ix\xi}\,d\xi =2\pi(\chi\ast\chi\ast\chi)(x)$$ であり，台は $$\operatorname{supp}\varphi=[-3,3]$$ である。

(2) $$F(\xi)=\sum_{k\in\mathbb Z}f\left(\xi+\frac{2k\pi}{3}\right)$$ は周期 $2\pi/3$ の関数である。$f(\xi)=O(|\xi|^{-3})$ なので，級数は $[0,2\pi/3]$ 上で一様収束する。Poisson の和公式を用いると，周期 $2\pi/3$ の Fourier 係数は $$\frac{3}{2\pi}\int_{\mathbb R}f(\xi)e^{-i3m\xi}\,d\xi =\frac{3}{2\pi}\varphi(-3m)$$ である。ところが $\varphi$ の台は $[-3,3]$ であり，端点でも畳み込みは0になる。 したがって $m\ne0$ の係数はすべて0であり，$F$ は定数である。

(3) 定数値を求めるため， $$(\chi\ast\chi)(u)=\frac14(2-|u|)\qquad(|u|\le2)$$ を用いると $$(\chi\ast\chi\ast\chi)(0) =\int_{-1}^{1}\frac14(2-|u|)\frac12\,du=\frac38.$$ よって $$\varphi(0)=\frac{3\pi}{4},\qquad F(\xi)=\frac{\varphi(0)}{2\pi/3}=\frac98.$$

(4) 特に $\xi=0$ を代入し， $$\sin\frac{2\pi k}{3}= \begin{cases} 0,&3\mid k,\\ \sqrt3/2,&k\equiv1\pmod3,\\ -\sqrt3/2,&k\equiv2\pmod3 \end{cases}$$ を使うと $$1+\frac{81\sqrt3}{32\pi^3} \left( \sum_{k=0}^\infty\frac1{(3k+1)^3} -\sum_{k=0}^\infty\frac1{(3k+2)^3} \right)=\frac98.$$ したがって求める値は $$\frac{4\pi^3}{81\sqrt3}.$$

(1) $$y=\frac{x}{2\sqrt t},\qquad u(x,t)=t^{-1/2}h(y)$$ とおく。微分すると $$u_t=t^{-3/2}\left(-\frac12 h-\frac12 yh'\right),\qquad u_{xx}=\frac14 t^{-3/2}h''.$$ したがって $u_t=u_{xx}$ は $$h''+2yh'+2h=0$$ と同値である。

(2) この方程式は $$(h'+2yh)'=0$$ と書けるので $$h'+2yh=C$$ である。よって $$(e^{y^2}h)'=Ce^{y^2}$$ から一般解は $$h(y)=e^{-y^2}\left(A+C\int_0^y e^{s^2}\,ds\right)$$ である。特に $C=0,A=1$ とすれば非零解 $$h(y)=e^{-y^2}$$ を得る。

(3) 最後に $y\to+\infty$ での条件を調べる。 $$e^{-y^2}\int_0^y e^{s^2}\,ds\sim \frac1{2y}$$ であるから， $$yh(y)\to \frac C2.$$ したがって条件を満たすためには $C=0$ が必要十分である。

(1) Rodrigues 型の表示 $$L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\frac{d^n}{dx^n}(x^ne^{-x})$$ を用いる。微分を展開すると最高次項は $(-1)^n x^n/n!$ であり，$L_n$ は $n$ 次多項式である。

$m<n$ とすると，部分積分を $n$ 回行って $$\int_0^\infty L_n(x)x^m e^{-x}\,dx =\frac1{n!}\int_0^\infty x^m\frac{d^n}{dx^n}(x^ne^{-x})\,dx=0$$ となる。境界項は $x^ne^{-x}$ の減衰と原点での零点により消える。 したがって $m\ne n$ のとき $$\int_0^\infty L_m(x)L_n(x)e^{-x}\,dx=0$$ である。

(2) 直交多項式の標準的な議論により，$L_n$ は区間 $(0,\infty)$ に少なくとも $n$ 個の 符号変化を持つ。次数が $n$ なので，零点はすべて正の実数で，しかも単純である。

(3) 零点を $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ とする。高々 $2n-1$ 次の多項式 $f$ が $f(\lambda_i)=0$ を満たすなら $$f(x)=L_n(x)q(x)$$ と書け，$\deg q\le n-1$ である。直交性から $$\int_0^\infty f(x)e^{-x}\,dx =\int_0^\infty L_n(x)q(x)e^{-x}\,dx=0.$$

(1) まず $$\frac{d}{dt}(x+y+z)=\alpha-\alpha(x+y+z)$$ である。初期値が $x+y+z=1$ を満たすので，すべての $t\ge0$ で $$x(t)+y(t)+z(t)=1$$ である。また境界では $$x=0\Rightarrow x'=\alpha>0,\qquad y=0\Rightarrow y'=0,\qquad z=0\Rightarrow z'=\gamma y\ge0$$ となるので，$\Omega$ は正に不変である。

(2) $R_0=\beta/(\alpha+\gamma)<1$ かつ $\delta\le1$ とする。このとき $$\frac{y'}{y}=-(\alpha+\gamma)+\beta(x+\delta z) \le-(\alpha+\gamma)+\beta<0$$ であるから $y(t)\to0$ である。さらに $$z'\le -\alpha z+\gamma y$$ なので，$y(t)\to0$ と比較定理から $z(t)\to0$ も従う。

(3) $R_0>1$ のとき，内部平衡点は $$x+\delta z=\frac1{R_0},\qquad x+y+z=1$$ を満たす。これを $x'=0,z'=0$ に代入すると，未知量一つの連続方程式に帰着する。 端点で符号が変わるため，中間値の定理により $$x^\ast>0,\qquad y^\ast>0,\qquad z^\ast>0$$ を満たす平衡点が少なくとも一つ存在する。

(4) 最後に一様持続性を示す。もし $y(0)>0$ である解について $\limsup y(t)$ が任意に 小さくなり得るとすると，$\Omega$ のコンパクト性から極限軌道は境界 $y=0$ 上に入る。 境界上の極限は $(1,0,0)$ である。しかしその近くでは $$\frac{y'}{y}=-(\alpha+\gamma)+\beta(x+\delta z)$$ が正になる。これは $y(t)$ が0近くに留まることと矛盾する。したがってある $\varepsilon>0$ が存在して $$\limsup_{t\to\infty}y(t)>\varepsilon$$ である。

(1) $$\phi(x;y)=\prod_{i=1}^n(1-x_i y)^{-\beta} =\sum_{k\ge0}\phi_k(x)y^k$$ とおく。$D_i=x_i\partial/\partial x_i$，$\theta=y\partial/\partial y$ と書くと， 直接計算により $$H\phi(x;y)=\left(\theta^2+\beta(n-1)\theta\right)\phi(x;y)$$ が成り立つ。したがって $$a_1=1,\qquad a_2=\beta(n-1)$$ でよい。係数比較により $$H\phi_k=\{k^2+\beta(n-1)k\}\phi_k$$ である。

(2) 二つの母関数の積についても同じ計算を行うと $$H\{\phi(x;y_1)\phi(x;y_2)\} =\Bigg[ \theta_1^2+\theta_2^2 +\beta\frac{y_1+y_2}{y_1-y_2}(\theta_1-\theta_2) +\beta(n-2)(\theta_1+\theta_2) \Bigg]\{\phi(x;y_1)\phi(x;y_2)\}.$$ よって $$a_3=\beta(n-2)$$ である。

(3) $k\ge1$ とし，$y_1^k y_2$ の係数を比較する。上式から $$H(\phi_k\phi_1)= \{k^2+1+\beta(n-1)k+\beta(n-3)\}\phi_k\phi_1 +2\beta(k+1)\phi_{k+1}.$$ 一方 $$H\phi_{k+1}=\{(k+1)^2+\beta(n-1)(k+1)\}\phi_{k+1}.$$ したがって $$\phi_k\phi_1+c_k\phi_{k+1}$$ が固有値 $$k^2+1+\beta(n-1)k+\beta(n-3)$$ を持つためには $$c_k=-\frac{\beta(k+1)}{k+\beta}$$ であればよい。

$J=Df(a)$ とおく。仮定より $$J_{ii}>\sum_{j\ne i}|J_{ij}|$$ であり，特に $J_{ii}>0$ である。十分小さい $\lambda>0$ を取れば， 任意の $0<\mu<\lambda$ について $$\left|1-\mu J_{ii}\right|+\mu\sum_{j\ne i}|J_{ij}| \le 1-\mu\eta$$ となる $\eta>0$ が存在する。したがって $$\|I-\mu J\|_\infty\le1-\mu\eta<1.$$

$Df$ は連続なので，$a$ の十分小さい閉球 $$B_\delta=\{x\mid \|x-a\|_\infty\le\delta\}$$ 上でも同じ評価を少し弱めた形で保てる。写像 $$T_\mu(x)=x-\mu f(x)$$ について，平均値の定理から $$\|T_\mu(x)-T_\mu(y)\|_\infty\le \rho\|x-y\|_\infty \qquad(0<\rho<1)$$ が $B_\delta$ 上で成り立つ。さらに $T_\mu(a)=a$ であるから，$\delta$ を小さく取れば $T_\mu(B_\delta)\subset B_\delta$ である。

よって Banach の不動点定理により，任意の初期値 $x^{(0)}\in B_\delta$ から始めた反復 $$x^{(k+1)}=T_\mu(x^{(k)})$$ は唯一の不動点 $a$ に収束する。

(1) $A(Y)$ は $Y$ へ1ステップで入れる状態全体である。有限ステップで $X$ に到達できる 状態全体は，すでに $X$ にいるか，1ステップでその集合に入れる状態である。したがって $$F(X,Y)=X\cup A(Y)$$ と定めれば $$B(X)=F(X,B(X))$$ である。また $Y=F(X,Y)$ なら，$X\subset Y$ かつ $A(Y)\subset Y$ であるから， $X$ から有限個だけ前にたどれる状態はすべて $Y$ に含まれる。よって $$Y\supset B(X)$$ である。

(2) 次に，$X$ を無限回訪れる経路を考える。ある状態からそのような経路が存在するためには， 有限ステップで $X$ のある状態に到達し，そこから1ステップで再び同じ性質を持つ状態へ 進めればよい。したがって $$G(X,Y)=B(X\cap A(Y))$$ と定めると $$C(X)=G(X,C(X))$$ が成り立つ。

さらに $Y=G(X,Y)$ とする。任意の $q\in Y$ は有限ステップで $X\cap A(Y)$ に到達できる。そこから1ステップで $Y$ に戻れるので，同じ操作を繰り返せば $X$ を無限回訪れる無限遷移列を作れる。したがって $$Y\subset C(X)$$ である。

(1) $X_s^2$ は平均1，分散2で互いに独立である。したがって $$E[A_k]=\frac1{k^2}\sum_{s=1}^{k-1}s =\frac{k-1}{2k}$$ である。また $$\operatorname{Var}(A_k) =\frac1{k^4}\sum_{s=1}^{k-1}s^2\operatorname{Var}(X_s^2) =\frac2{k^4}\frac{(k-1)k(2k-1)}6 =\frac{(k-1)(2k-1)}{3k^3}.$$

(2) 次に $$Z_n=\frac1{\sqrt n}\sum_{k=1}^n A_kX_kB_{n,k}$$ を考える。$A_k$ は $X_1,\ldots,X_{k-1}$ のみ，$B_{n,k}$ は $X_{k+1},\ldots,X_n$ のみで決まり，どちらも $X_k$ と独立である。 また，$k$ と $n-k$ がともに大きい範囲では $$A_k\to\frac12,\qquad B_{n,k}\to\frac12$$ が $L^2$ で成り立つ。端の $o(n)$ 個の項は全体を $1/\sqrt n$ で割るため寄与しない。 したがって $$Z_n-\frac1{4\sqrt n}\sum_{k=1}^n X_k\longrightarrow0$$ が $L^2$ で成り立つ。通常の中心極限定理から $$\frac1{\sqrt n}\sum_{k=1}^n X_k\Rightarrow N(0,1)$$ であるから， $$Z_n\Rightarrow N\left(0,\frac1{16}\right).$$