固有値は $0.6, 1$ で、 \begin{align} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \end{bmatrix} \end{align} がそれぞれに属する固有ベクトルである。
[1-1] で得た固有ベクトルを用いて、 \begin{align} V = \frac{1}{\sqrt{10}} \begin{bmatrix} \sqrt{5} & 3 \\ - \sqrt{5} & 1 \end{bmatrix} \end{align} とおくと、 \begin{align} \det V &= \frac{1}{10} \cdot 4 \sqrt{5} = \frac{2}{\sqrt{5}} \\ V^{-1} &= \frac{\sqrt{5}}{2} \frac{1}{\sqrt{10}} \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ \sqrt{5} & \sqrt{5} \end{bmatrix} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 & -3 \\ \sqrt{5} & \sqrt{5} \end{bmatrix} \end{align} であり、 \begin{align} V^{-1} T V &= \begin{bmatrix} 0.6 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \end{align} となる。
\begin{align} T^k &= \left( V \begin{bmatrix} 0.6 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} V^{-1} \right)^k \\ &= V \begin{bmatrix} 0.6 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}^k V^{-1} \\ &= V \begin{bmatrix} 0.6^k & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} V^{-1} \\ &= \frac{1}{4} \begin{bmatrix} 0.6^k + 3 & -3 \cdot 0.6^k + 3 \\ -0.6^k + 1 & 3 \cdot 0.6^k + 1 \end{bmatrix} \end{align}
\begin{align} x_{n+1} &= 0.9 x_n + 0.3 y_n \\ y_{n+1} &= 0.1 x_n + 0.7 y_n \end{align} であるから、 \begin{align} \begin{bmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{bmatrix} = T \begin{bmatrix} x_n \\ y_n \end{bmatrix} \end{align} と書ける。
[1-4] より、 \begin{align} \begin{bmatrix} x_n \\ y_n \end{bmatrix} = T^n \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} \end{align} であるから、 \begin{align} \lim_{n \to \infty} \begin{bmatrix} x_n \\ y_n \end{bmatrix} &= \lim_{n \to \infty} T^n \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{bmatrix} 3 (x_0+y_0) \\ x_0+y_0 \end{bmatrix} \end{align} となる。 すなわち、地区Aの人口の割合は 3/4 になる。
\begin{align} \mathcal{F} \left\{ \frac{\partial}{\partial x} y(x,t) \right\} &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{- \infty}^\infty \frac{\partial y(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \left[ y(x,t) e^{-ikx} \right]_{- \infty}^\infty + \frac{ik}{\sqrt{2 \pi}} \int_{- \infty}^\infty y(x,t) e^{-ikx} dx \\ &= ik \mathcal{F} \left\{ y(x,t) \right\} \\ &= ik Y(k,t) \end{align}
[2-1] と同様にして、 \begin{align} \mathcal{F} \left\{ \frac{\partial^2}{\partial x^2} y(x,t) \right\} &= ik \mathcal{F} \left\{ \frac{\partial}{\partial x} y(x,t) \right\} \\ &= -k^2 \mathcal{F} \left\{ y(x,t) \right\} \\ &= -k^2 Y(k,t) \end{align} であるから、式(2-1)より、 \begin{align} \frac{\partial Y(k,t)}{\partial t} &= ikC Y(k,t) - k^2 D Y(k,t) \\ &= \left( ikC-k^2D \right) Y(k,t) \end{align} を得る。
[2-2] で得た方程式より、 \begin{align} Y(k,t) = Y(k,0) e^{(ikC-k^2D)t} \end{align} である。 さらに、 \begin{align} Y(k,0) &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{- \infty}^\infty y(x,0) e^{-ikx} dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{- \infty}^\infty \delta (x) e^{-ikx} dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \end{align} であるから、 \begin{align} Y(k,t) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{(ikC-k^2D)t} \end{align} を得る。
\begin{align} p_x(t) \left( 1 - \lambda \Delta t \right) \end{align}
\begin{align} p_x( t + \Delta t ) = p_x(t) \left( 1 - \lambda \Delta t \right) + p_{x-1}(t) \cdot \lambda \Delta t \end{align} より、 \begin{align} \frac{p_x( t + \Delta t ) - p_x(t)}{\Delta t} = - \lambda p_x(t) + \lambda p_{x-1}(t) \end{align} であるから、 $\Delta t \to 0$ として、式(3-1) を得る。
式(3-1) で $x=0$ とすると、 \begin{align} \frac{d}{dt} p_0(t) &= - \lambda p_0(t) + \lambda p_{-1}(t) \\ &= - \lambda p_0(t) \end{align} であるから、 \begin{align} p_0(t) &= p_0(0) e^{- \lambda t} \\ &= e^{- \lambda t} \end{align} を得る。
式(3-1) で $x=k$ とすると、 \begin{align} \frac{d}{dt} p_k(t) &= - \lambda p_k(t) + \lambda p_{k-1}(t) \\ &= - \lambda p_k(t) + \frac{(\lambda t)^{k-1}}{(k-1)!} e^{- \lambda t} \end{align} となる。 これの解は、 $A(t)$ を適当な関数として、 \begin{align} p_k(t) = A(t) e^{- \lambda t} \end{align} と書けるが、これを上の微分方程式に代入して、整理すると、 \begin{align} \frac{d}{dt} A(t) = \frac{\lambda^k t^{k-1}}{(k-1)!} \end{align} よって、 \begin{align} A(t) = \frac{(\lambda t)^k}{k!} + C \end{align} である（ここで $C$ は積分定数である）。 よって、 \begin{align} p_k(t) = \left( \frac{(\lambda t)^k}{k!} + C \right) e^{- \lambda t} \end{align} となるが、 $p_k(0)=0$ なので、 $C=0$ であり、式(3-2)が成り立つことがわかる。