院試過去問 2006年度数学のバックアップ(No.14)

院試勉強会

http://www.i.u-tokyo.ac.jp/edu/entra/examarchive.shtml

院試過去問 2006年度数学 †

第1問
要素数有限の集合と，写像について考える．

と定義する．
- (1)非負整数に対し，集合
  
  を定義する．なるが存在することを示せ．
  - 任意のについて $A_i\supseteq A_{i+1}$ が成り立つことを示せばよい．これが成り立てば無限降下法により $A_k=A_{k+1}$ なるが存在することが示せる．
    帰納法で証明する．
    $A_1=f(X)\subseteq X$ より $A_0\supseteq A_1$ は成立．
    での成立，すなわち $A_{k}\supseteq A_{k+1}$ の成立を仮定する．このときあるが存在して $x\not\in A_{k+1}, x\in A_{k+2}$ だったとする．すると，ある $y\in X$ が存在して $y\in A_{k+1}, f(y)=x\in A_{k+2}$ となるはずである．ところが，帰納法の仮定より $y\in A_k$ であるから $f(y)=x\in A_{k+1}$ となり矛盾である．よって， $A_{k+1}\subseteq A_{k+2}$ が成立する．
    以上の議論より $A_{k}\supseteq A_{k+1}$ が示されるので，題意は示された．

(2) (1)の条件を満たすの一つをとおく．は，のあらゆる不動点を含むことを示せ．
- ある不動点が $A_{k^*}$ に含まれていなかったと仮定する．すると， $Y\subseteq X$ であるから $Y\subseteq f(X),Y\subseteq f^2(X),\dots ,Y\in f^{k^*}(X)$ となり矛盾．よって， $A_{k^*}$ はのあらゆる不動点を含む．

(3)の要素に対し，集合

を定義する．がの不動点であることを示せ．
- $B(x)=\{f^{k^*}(x),f^{k^*+1}(x),f^{k^*+2}(x),\dots \}$ であるが， $f^{k^*}(x)=f^{k^*+l}$ なる正整数が存在すればよい．そのようなが存在すれば $B(x)=\{f^{k^*}(x),f^{k^*+1},\dots,f^{k^*+l-1}\}$ , $f(B(x))=\{f^{k^*+1}(x),f^{k^*+2},\dots,f^{k^*+l-1},f^{k^*+l}\}=\{f^{k^*+1}(x),f^{k^*+2},\dots,f^{k^*+l-1},f^{k^*}\}$ となりとなるからである．
  背理法で示す．
  そのようなが存在しなかったと仮定する．すると， $f^{k^*}(x)$ は不動点である $A_{k^*}$ に含まれているので，ある $y\in A_{k^*}\setminus B(x)$ が存在してでなければならない．ところが，そのもまた $z\in A_{k^*}\setminus (B(x)\cup\{y\})$ なるが存在してとならなければならず，以下帰納的にまだ使っていない $A_{k^*}$ の元が必要になるが， $A_{k^*}\subseteq X$ が有限集合であることに矛盾である．
  よって，条件を満たすは存在し，題意は示された．

(4)を示せ．
- どのも不動点であるので， $A_{k^*}\supseteq\bigcup_{x\in X}B(x)$ であることは明らか．逆に $x\in A_{k^*}$ ならば，(3)と同様の議論により，あるが存在して $f^{l}(x)$ であることが示せるので $x\in B(x)$ となるから $A_{k^*}\subseteq \bigcup_{x\in X}B(x)$ ．
  よって， $A_{k^*}=\bigcup_{x\in X}B(x)$ ．

第2問
とに対し，

を考える．
- (1)任意の実数に対してであるとき，(2.1)の解がの極限でゼロベクトルに収束しないことを示せ．
  - $\frac{d}{dt}\bm{x}(t)=-\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x_1(t)\\0\end{pmatrix}$ となるので，となりゼロベクトルに収束しない．
- (2)なる連続微分可能な関数を考える．
  
  に基づく変数変換
  
  を使い，(2.1)をに関する微分方程式に書き換えよ．
  - $P(t)P(t)^{\top}=I$ なので，
    $\begin{align*}\frac{d}{dt}(P(t)^{\top} y(t))&= -a(t)a(t)^{\top}P^{-1}(t)y(t)\\\frac{dy}{dt}&=-\left(P(t)a(t)a(t)^{\top}P(t)^{\top}+P(t)\frac{dP(t)^{\top}}{dt}\right)y(t)\end{align*}$
- (3)であるとき， (2.1)の解がゼロベクトルに収束することを示せ．
  - $\tiny\[\dot{\bm{y}}=-\begin{pmatrix}(p_1(t)\cos t+p_2(t)\sin t)^2&\cos t\sin t(p_1(t)^2-p_2(t)^2)+p_1(t)p_2(t)(\sin^2 t-\cos^2 t)-p_1(t)\dot{p}_2(t)+p_2(t)\dot{p}_1(t)\\\cos t\sin t(p_1(t)^2-p_2(t)^2)+p_1(t)p_2(t)(\sin^2 t-\cos^2 t)+p_1(t)\dot{p}_2(t)-p_2(t)\dot{p}_1(t)&(p_1(t)\sin t-p_2(t)\cos t)^2\end{pmatrix}\bm{y}$
    なので，なるべくきれいにするため $p_1(t)=\cos t,\ p_2(t)=\sin t$ とすればよい．すると，
    $\dot{\bm{y}}=\begin{pmatrix}-1&1\\-1&0\end{pmatrix}\bm{y}$
    となる．この行列の固有値は $\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ なので，固有ベクトルを並べた行列をとして， $\bm{y}=P\begin{pmatrix}e^{\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}t}&0\\0&e^{\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}t}\end{pmatrix}P^{-1}\bm{c}\to \bm{0}$ となる．よって， $\bm{x}\to\bm{0}$ ．

(4) がどのような性質を持てば，(2.1)の解がゼロベクトルに収束するか．予想せよ．
- $\bm{a}(t)$ に対し $\frac{d}{dt} \bm{x}(t)= -\bm{a}(t)\bm{a}(t)^{\top}\bm{x}(t)$ の $\bm{x}$ が0ベクトルに収束するという性質を持つとき，(2.1)の解がゼロベクトルに収束する．
(4)別解
誘導は無視する方向で。
$\dot{x}=-aa^\top x$ から、
$\frac{1}{2}\frac{d}{dt}\|x\|^2 = -x^\top aa^\top x = -(a^\top x)^2 \leq 0$
$\|x\|$ は単調非増加で下に有界なので、収束する。
収束先を $\|x_\infty\|=\mathrm{const}$ とすると、
そこではノルムは変化せず、はと直交するので、
$x_\infty = \frac{\pm \|x_\infty\|}{\sqrt{a_1^2+a_2^2}}\begin{pmatrix}-a_2\\a_1\end{pmatrix}$ となる。
さらに、 $\dot{x}_\infty=-aa^\top x = 0$ から、
$\|x_\infty\| = 0$ でないときには、 $\frac{d}{dt}\frac{1}{\sqrt{a_1^2+a_2^2}}\begin{pmatrix}-a_2\\a_1\end{pmatrix}=0$ 、
つまり、 $\|x\|$ が0以外の収束先を持つためには、
十分時間が経った後での方向が変化しないことが必要。

第3問

を周回積分する．
- (1)の全ての極とその留数を求めよ．
  - 極は $z=\pi$ ，その留数は $e^{i\pi}=-1$ ．
- (2)を求めよ
  - 留数定理より， $-2\pi i$ ．
- (3)を求めよ．
  - $\int_{C_5}f(z)dz$ の評価がうまくいかなかったので，積分路を $z=Re^{i\theta}+\pi$ としてごまかす（正則な部分なので変形可）．すると，
    $\begin{align*}|\lim_{X_1,Y,X_2\to +\infty}\int_{C_4+C_5+C_6}f(z)dz|&=|\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{\exp(iRe^{i\theta}+\pi i)}{Re^{i\theta}}iRd\theta |\\&\ge\lim_{R\to\infty}\int_{0}^{\pi}\left|\exp(-R\sin\theta)\right|d\theta\\&\ge\lim_{R\to\infty}2\int_{0}^{\pi/2}\left|\exp(-2R\theta/\pi)\right|d\theta\\&\to 0.\end{align*}$
- (4)を求めよ．
  - $\begin{align*}\lim_{\rho\to 0}\int_{C_2}f(z)dz&= \lim_{\rho\to 0}\int_{-\pi}^{0}\frac{\exp(i\rho e^{i\theta}+i\pi)}{\rho e^{i\theta}} i\rho e^{i\theta}d\theta\\&=\lim_{\rho\to 0}\int_{-\pi}^{0} -ie^{i\rho e^{i\theta}}d\theta\\&\to\int_{-\pi}^{0}-i d\theta=-i\pi .\end{align*}$

(5)を求めよ．
- $\frac{e^{iz}}{z-\pi}=\frac{\cos\theta+i\sin\theta}{z-\pi}$ であり，
  $\begin{align*}\lim_{X_1,X_2\to\infty,\rho\to 0}\left(\int_{X_1}^{\pi+\rho}\frac{\sin x}{z-\pi}dx+\int_{\pi+\rho}^{X_2} \frac{\sin x}{z-\pi}dx\right)&=\Im \lim_{X_1,X_2\to\infty}\int_{C_1+C_3}f(z)dz\\&=\Im (-2\pi i-(-\pi i))=-\pi.\end{align*}$

(6) $\lim_{X_1,X_2\to\infty,\rho_0}\left(\int_{X_1}^{\pi+\rho}\frac{\sin ax}{z-\pi}dx+\int_{\pi+\rho}^{X_2} \frac{\sin ax}{z-\pi}dx\right)$ を求めよ．
のときは同様にして $\pi\cos a\pi$ ．のときは明らかに0．のときは積分路が逆向きになるので， $-\pi\cos a\pi$ ．

第4問
計算はとてもめんどくさい。
数直線上を点Pが動く。時刻のときPは上に存在し、単位時間毎に確率1/2で+1、確率1/2で-1移動する。
点Pが時刻tにxにいる確率をと置く。
- (1)時刻についてを全て列挙せよ。
  - 計算するだけ。
    
    x -2 0 2
    p 1/4 1/2 1/4
- (2)を求めよ。
  - x,tのそれぞれについて偶数と奇数で場合分けする。
    のとき、
    $x=\pm (2k+1)$ のとき、 $p(2n,\pm (2k+1))=0$
    $x=\pm 2k$ のとき、 $p(2n,\pm 2k)= \frac{1}{2^{2n}}\left( \begin{array}{c}2n \\ n+k \end{array}\right)$ (2n回中n+k回右に、n-k回左に動くとx=2k)
    のとき、
    $x=\pm 2k$ のとき、 $p((2n+1),\pm 2k)=0$
    $x=\pm (2k+1)$ のとき、 $p((2n+1),\pm (2k+1))= \frac{1}{2^{2n+1}}\left( \begin{array}{c}2n+1 \\ n+k+1 \end{array}\right)$
- (3)時刻tのxの平均と分散を求めよ。
  - この分布は二項分布(確率pで1,確率(1-p)で0をt回繰り返す)の和について、 $p=\frac{1}{2}$ とし、xに $\frac{1}{2}t$ を足したのちに2倍したものに他ならない。
    二項分布の平均はpt,分散はp(1-p)tであるため、この分布の平均と分散は
    $E(x)=(\frac{1}{2}t-\frac{1}{2}t)\times 2 = 0$
    $V(x)=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})t \times 2^2 = t$
    となる。
- (4)(ただし、,,tとxの偶奇が等しいとき)を示せ。またその意味を述べよ。
  - t,xが偶数の場合。
    $p(x,t)= \frac{1}{2^{t}} \left( \begin{array}{c}t \\ \frac{t}{2}+\frac{x}{2}\end{array} \right) = \frac{1}{2^{t}} \frac{t!}{\left(\frac{t}{2}-\frac{x}{2}\right)! \left(\frac{t}{2}+\frac{x}{2}\right)!} = \frac{1}{2^{t}} \frac{t!}{\left\{\frac{t}{2} \left( 1-\frac{x}{t} \right) \right\}! \left\{ \frac{t}{2} \left( 1+\frac{x}{t} \right) \right\}!}$
    $= \frac{1}{2^{t}} \frac{\sqrt{2 \pi t } t^t e^{-t}}{\sqrt{2 \pi \frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t} \right)} \sqrt{2 \pi \frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t} \right)} \left\{\frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t}\right) \right\}^{\frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t} \right)} \left\{\frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t}\right) \right\}^{\frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t} \right)} e^{-\frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t} \right)} e^{-\frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t} \right)}}$ (スターリングの公式)
    $= \frac{2}{\sqrt{2 \pi t \left(1-(\frac{x}{t})^2\right)}} \frac{1}{\left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)} \left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)}}$
    ここで、 $\frac{1}{\left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)} \left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)}}$ についてlogをとると、
    $\log{\frac{1}{\left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)} \left(1-\frac{x}{t}\right)^{\frac{t}{2}\left(1-\frac{x}{t}\right)}}}$
    $= - \frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t} \right) \log{\left(1-\frac{x}{t} \right)} - \frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t} \right) \log{\left(1+\frac{x}{t} \right)}$
    $\simeq - \frac{t}{2} \left(1-\frac{x}{t} \right) \left(-\frac{x}{t}-\frac{1}{2} \left(\frac{x}{t}\right)^2\right) - \frac{t}{2} \left(1+\frac{x}{t}\right)\left(\frac{x}{t}-\frac{1}{2} \left(\frac{x}{t}\right)^2\right) \simeq -\frac{x^2}{2t}$ なので、
    $p(x,t) \simeq \frac{2}{\sqrt{2\pi t}} e^{- \frac{x^2}{2t}}$
    これは、中心極限定理を表す。
    標本平均(ここではx/t)と真の平均(ここでは0)の誤差はtが大きくなると平均0で分散が標本の母集団の分散(ここでは1)の1/tである正規分布に近づく。
    これを中心極限定理という。
    よって、xの分布については平均が0、分散が(各々の値がt倍されたので分散はt^2倍されて)tの正規分布に近づく。
    この正規分布は、
    $p(x,t) \simeq \frac{1}{\sqrt{2\pi t}} e^{- \frac{x^2}{2t}}$
    であり、これは先ほどの結果と合致する。
    (先ほど求めたの近似は偶奇を分けていたため係数が2倍になっている)

第5問
- (1)の実対称行列に対して，直交行列を適当に選ぶことによってを対角行列の形にすることがでｋりう．このとき，はの固有ベクトルであり，は対応する固有値であることを示せ．
  - $U^{\top}XU=D$ とおく．すると，, $\begin{pmatrix}X\bm{u}_1&X\bm{u}_2&\dots&\bm{u}_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1\bm{u}&\lambda_2\bm{u}&\dots&\lambda_n\bm{u}\end{pmatrix}$ となるので， $\bm{u}_i$ はの固有ベクトルであり， $\lambda_i$ は対応する固有値である．
- (2)が半正定値であるとき，そしてそのときに限り，の全ての固有値が非負の実数であることを示せ．
  - 半正定値のとき， $\bm{u}_i^{\top}X\bm{u}_i=\lambda_i\ge 0$ より固有値が非負．逆に固有値が非負のとき， $\bm{v}=\sum_{i}c_i\bm{u}_i$ として， $\bm{v}^{\top}X\bm{v}=\lambda_i c_i^2\ge 0$ より，半正定値となる．
- (3)が半正定値であるとき，そしてそのときに限りとなるが存在することを示せ．
  - 半正定値 $\Longleftrightarrow$ $X=UDU^{\top}=\lambda_i\bm{u}_i\bm{u}_i^{\top}=\begin{pmatrix}\sqrt{\lambda_1}\bm{u}_1&\dots&\sqrt{\lambda}_n\bm{u}_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{\lambda_1}\bm{u}^{\top}\\\vdots\\\sqrt{\lambda_n}\bm{u}_n^{\top}\end{pmatrix}=A^{\top}A$
- (4)が半正定値であるとき，であることを示せ．
  - $\mathrm{tr}XY=\mathrm{tr}(A^{\top}AB^{\top}B)=\mathrm{tr}(AB^{\top}BA^{\top})=\mathrm{tr}(AB^{\top})(AB^{\top})^{\top}\ge 0$
- (5)が半正定値であるとき，そしてそのときに限り，任意のの半正定値行列に対してであることを示せ．
  - が半正定値なら任意の半正定値行列に対して $\mathrm{tr}XY\ge 0$ であることは(4)で示した．逆に，を $\begin{pmatrix}0&\dots&0&u_i&0&\dots&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\dots&0&u_i&0&\dots&0\end{pmatrix}^{\top}$ ととれば， $\mathrm{tr}XY=\mathrm{tr}\begin{pmatrix}0&\dots&0&u_i&0&\dots&0\end{pmatrix}^{\top}X\begin{pmatrix}0&\dots&0&u_i&0&\dots&0\end{pmatrix}=\lambda_i\ge 0$ であるので，は半正定値．

第6問
有名な『ビュッホンの針』の応用問題。図がないと説明しづらい。どのパラメータを固定するかで難易度がかなり変わる。
- (1)一辺の正方形と間隔の直線の交わる確率。
  - 対称性より、正方形の中心と直線の距離xが $0 \leq x \leq 1$ のときのみ考えればよい。
    以下、直線の法線と正方形の一辺のなす角を $\theta(0 \leq \theta \leq 2 \pi )$ とおく。
    $\theta$ を $0 \leq \theta < \frac{\pi}{2}$ に固定して考えると、正方形と直線が交わるのは、 $0 \leq \cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta \right) \leq x$ のとき。
    よって求める確率は、
    $\frac{4}{2\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \int^{\cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta \right)}_0 dx d\theta$
    $= \frac{2}{\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta \right) d\theta$
    $= \frac{4}{\pi} \int^{\frac{\pi}{4}}_0 \cos \phi d\phi$
    $=\frac{2\sqrt{2}}{\pi}$
  - (別解)を固定して考える。
    以下、直線の法線と正方形の一辺のなす角を $\varphi (0 \leq \varphi \leq 2 \pi)$ とおく。
    $0 \leq x \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき、正方形は常に直線と交わる。
    $\frac{1}{\sqrt{2}} < x \leq 1$ のとき、正方形と直線が交わるのは $0 \leq \varphi \leq \arccos x$ のとき(と、これと同値、あるいは対称な位置関係のとき(全部で8通り))。
    よって求める確率は、
    $\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{8}{2\pi} \int^1_{\frac{1}{\sqrt{2}}} \arccos x dx$
    $=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{4}{\pi} \int^{\frac{\pi}{4}}_0 t \sin t dt$
    $=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{4}{\pi} \left[-t \sin t + \sin t \right]^{\frac{\pi}{4}}_0$
    $=\frac{2\sqrt{2}}{\pi}$
- (2)長辺短辺の長方形と間隔imgtex(\[2\]);の直線の交わる確率。
  - 対称性より、長方形の中心と直線の距離xが $0 \leq x \leq 1$ のときのみ考えればよい。
    以下、直線の法線と長方形の長辺のなす角を $\theta(0 \leq \theta \leq 2 \pi )$ とおく。
    $\theta$ を $0 \leq \theta < \frac{\pi}{2}$ に固定して考えると、長方形と直線が交わるのは、 $0 \leq \cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right) \leq x$ のとき。
    よって求める確率は、
    $\frac{4}{2\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \int^{\cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right)}_0 dx d\theta$
    $= \frac{2}{\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right) d\theta$
    $= \frac{4}{\pi} \int^{\frac{\pi}{3}}_{-\frac{\pi}{6}} \cos \phi d\phi$
    $= \frac{\sqrt{3}+1}{\pi}$
  - (別解)対称性より、長方形の中心と直線の距離xが $0 \leq x \leq 1$ のときのみ考えればよい。
    以下、直線の法線と長方形の対角線のなす角を $\varphi(0 \leq \varphi \leq 2 \pi )$ とおく。
    $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ のとき、長方形は常に直線と交わる。
    $\frac{1}{2} < x \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、長方形と直線が交わるのは $-\frac{\pi}{6} \leq \varphi \leq \arccos x$ のとき(と、これと同値、あるいは対称な位置関係のとき(全部で4通り))。
    $\frac{\sqrt{3}}{2} < x \leq 1$ のとき、長方形と直線が交わるのは $-\arccos x \leq \varphi \leq \arccos x$ のとき(と、これと同値、あるいは対称な位置関係のとき(全部で4通り))。
    よって求める確率は、
    $\frac{1}{2}+\frac{4}{2\pi} \frac{\pi}{6} \left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)+\frac{4}{2\pi} \int^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_{\frac{1}{2}} \arccos x dx + \frac{8}{2\pi} \int^1_{\frac{\sqrt{3}}{2}} \arccos x dx$
    ((1)と同様の計算につき省略) $= \frac{\sqrt{3}+1}{\pi}$
- (3)長辺短辺の長方形と間隔imgtex(\[2\]);の格子の交わる確率。
  - 『長方形が格子の横方向の直線と交わる』事象を、『長方形が格子の縦方向の直線と交わる』事象をとおくと、求める確率は、 $P(X)+P(Y)-P(X \cap Y)$
    $P(X)=P(Y)=\frac{\sqrt{3}+1}{\pi}$ なので、 $P(X \cap Y)$ を求めればよい。
    対称性より、長方形の中心と横向きの直線との距離x、縦向きの直線との距離yが $0 \leq x,y \leq 1$ のときのみ考えればよい。
    以下、縦向きの直線と長方形の長辺のなす角を $\theta(0 \leq \theta \leq 2 \pi )$ とおく。
    $\theta$ を $0 \leq \theta < \frac{\pi}{2}$ に固定して考えると、長方形と両直線が交わるのは、 $0 \leq \cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right) \leq x$ かつ $0 \leq \sin \left(\frac{\pi}{6} + \theta \right) \leq x$ のとき。よって、
    $P(X \cap Y)=\frac{4}{2\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \int^{\sin \left(\frac{\pi}{6} + \theta \right)}_0\int^{\cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right)}_0 dx dy d\theta$
    $= \frac{2}{\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sin \left(\frac{\pi}{6} + \theta \right) \cos \left(\frac{\pi}{6} - \theta \right) d\theta$
    $= \frac{1}{\pi} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \left(\sin 2\theta + \sin \frac{\pi}{3} \right) d\theta$
    $= \frac{1}{\pi}+\frac{\sqrt{3}}{4}$
    よって求める確率は、 $2\frac{\sqrt{3}+1}{\pi}-\left(\frac{1}{\pi}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right) =　\frac{2\sqrt{3} +1}{\pi} - \frac{\sqrt{3}}{4}$
  - (別解)煩雑すぎて無理。
- ちなみに、計算すると、(1)は90.0%、(2)は87.0%、(3)は98.8%ぐらいになる。

第２問の(3)以降について。(3)は、「 $p_1(t)=p_2(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 」とすると「 $\frac{d\bm{y}}{dt}=-\bm{y}(t)$ 」になるということですが、３回くらいやってもなりませんでした。「 $p_1(t)=\cos t ,p_2(t)=\sin t$ 」が一番すっきりする形かな、と思います。 -- うっしー? 2008-08-19 (火) 03:32:27
ということで、(4)の予想は、「をみたすような、に対して、であるようにして、かつ $-\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}-P(t)\frac{dP(t)^{\top}}{dt}$ の全ての固有値の実部が負であればよい」としました。ちょっと適当すぎる予想だけど、いかがでしょうか？ -- うっしー? 2008-08-19 (火) 03:39:00
第3問、(5)は-πですよね?最後のイコールで符号ぬかしてるよーな・・・ -- muk? 2008-08-19 (火) 16:46:19
>muk 正直者には見えないだけです．誰にでも見れるように直しました． -- yambi? 2008-08-19 (火) 18:31:58
>うっしー　2.(3)の回答直しました．何回やってもきれいにならないと思ったら写し間違えてました...(4)でととれば，固有値の実部はが定数でない限り常に負になると思います．ですので， $\bm{a}$ が収束しなければ0ベクトルに収束するといってもいいかもしれません． -- yambi? 2008-08-20 (水) 02:24:57

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