曲面 $x=f(x,y)$ 上の点 $P(x,y,f(x,y)), Q(x+\Delta x, y, f(x+\Delta x, y, f(x+\Delta x, y)), R(x, y+\Delta y, f(x, y+\Delta y)) $ を考えると、 $\Delta x, \Delta y$ の1次までで \begin{align} \overrightarrow{PQ} &\simeq \left( \Delta x, 0, \frac{\partial f}{\partial x} \Delta x \right) = \left( 1, 0, \frac{\partial f}{\partial x} \right) \Delta x \\ \overrightarrow{PR} &\simeq \left( 0, \Delta y, \frac{\partial f}{\partial y} \Delta y \right) = \left( 0, 1, \frac{\partial f}{\partial y} \right) \Delta y \end{align} であり、これらのベクトル積とその大きさは \begin{align} \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR} &= \left( - \frac{\partial f}{\partial x}, - \frac{\partial f}{\partial y}, 1 \right) \Delta x \Delta y \\ \left| \overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR} \right| &= \left| \Delta x \Delta y \right| \sqrt{ \left( \frac{\partial f}{\partial x} \right)^2 + \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right)^2 + 1 } \\ &= \left| \Delta x \Delta y \right| \sqrt{ x^2 + y^2 + 1 } \end{align} である。 よって、 \begin{align} S = 4 \iint_D dx dy \sqrt{x^2+y^2+1} \end{align} がわかる。
$x = r \cos \theta, \ y = r \sin \theta$ によって2次元極座標 $(r, \theta)$ を導入すると、 $dxdy = r dr d \theta$ であり、次のように計算できる： \begin{align} S &= 4 \int_0^2 dr r \sqrt{r^2 + 1} \int_0^{\pi/2} d \theta \\ &= \frac{2 \pi}{3} \left[ \left( r^2 + 1 \right)^{3/2} \right]_0^2 \\ &= \frac{2 \left( 5 \sqrt{5} - 1 \right) \pi}{3} \end{align}
\begin{align} \frac{\partial f}{\partial x} &= y - x^3 \tag{a} \\ \frac{\partial f}{\partial y} &= x - \sin y \tag{b} \end{align} を満たす関数 $f(x,y)$ を求める。 式 (a) より、 \begin{align} f(x,y) = xy - \frac{1}{4} x^4 + g(y) \tag{c} \end{align} なる関数 $g(y)$ が存在することがわかる。 (c) を (b) に代入して整理すると、 \begin{align} \frac{dg}{dy} &= - \sin y \\ \therefore \ \ g(y) &= \cos y + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \\ \therefore \ \ f(x,y) &= xy - \frac{1}{4} x^4 + \cos y + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{align} を得る。 よって、求める一般解は \begin{align} xy - \frac{1}{4} x^4 + \cos y + C = 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{align} である。
式④が完全微分方程式であるための条件は、 \begin{align} \frac{\partial}{\partial y} Q(y) X(x,y) &= \frac{\partial}{\partial x} Q(y) Y(x,y) \\ \frac{dQ}{dy} X + Q \frac{\partial X}{\partial y} &= Q \frac{\partial Y}{\partial x} \\ \frac{1}{Q} \frac{dQ}{dy} &= \frac{1}{X} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) \end{align} なので、 \begin{align} Q(y) &= \exp \left( \int dy \frac{1}{X(x,y)} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) \right) \end{align} を得る。
(2) の $X(x,y),Y(x,y)$ は今の場合、 \begin{align} X(x,y) = xy^2 - y^3 , \ \ Y(x,y) = 1 - xy^2 \end{align} であるから、 \begin{align} \frac{1}{X(x,y)} \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y} \right) &= \frac{-y^2 - (2xy-3y^2) }{xy^2 - y^3} \\ &= - \frac{2}{y} \end{align} であり、積分因子として \begin{align} Q(y) = \frac{1}{y^2} \end{align} を考えればよい。 このとき与えられた微分方程式は、 \begin{align} (x-y)dx + \left( \frac{1}{y^2} - x \right) dy = 0 \end{align} となり、 (1) と同じ方法を使って、一般解 \begin{align} f(x,y) = \frac{1}{2} x^2 - xy - \frac{1}{y} + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ ( $C$ は任意定数 )} \end{align} を得る。
\begin{align} A^2 &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ A^3 &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ A^n &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ (n = 4, 5, 6, \cdots) \end{align}
4次の単位行列を $E$ とすると、 \begin{align} B = bE+A \end{align} であり、まず、 \begin{align} B^2 &= b^2 E + 2bA + A^2 \\ &= \begin{pmatrix} b^2 & 2b & 1 & 0 \\ 0 & b^2 & 2b & 1 \\ 0 & 0 & b^2 & 2b \\ 0 & 0 & 0 & b^2 \end{pmatrix} \end{align} がわかる。 また、 \begin{align} B^3 &= b^3 E + 3b^2A + 3bA^2 + A^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^3 & 3b^2 & 3b & 1 \\ 0 & b^3 & 3b^2 & 3b \\ 0 & 0 & b^3 & 3b^2 \\ 0 & 0 & 0 & b^3 \end{pmatrix} \\ B^4 &= b^4 E + 4b^3A + 6b^2A^2 + 3bA^3 + A^4 \\ &= b^4 E + 4b^3A + 6b^2A^2 + 3bA^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^4 & 4b^3 & 6b^2 & 4b \\ 0 & b^4 & 4b^3 & 6b^2 \\ 0 & 0 & b^4 & 4b^3 \\ 0 & 0 & 0 & b^4 \end{pmatrix} \end{align} から、 $n = 3, 4, 5, \cdots$ について \begin{align} B^n &= b^n E + nb^{n-1}A + \frac{n(n-1)}{2} b^{n-2}A^2 + nbA^3 \\ &= \begin{pmatrix} b^n & nb^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}b^{n-2} & nb^{n-3} \\ 0 & b^n & nb^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}b^{n-2} \\ 0 & 0 & b^n & nb^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & b^n \end{pmatrix} \end{align} がわかる。
$C$ の固有値は $-2, 3$ であるから、次のように対角化できる： \begin{align} \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \end{align}
平均は \begin{align} \mu &= \int_{- \infty}^\infty x f(x) dx \\ &= 2 \int_0^1 \left( x - x^2 \right) dx \\ &= 2 \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{3} \end{align} であり、分散は \begin{align} \sigma^2 &= \int_{- \infty}^\infty (x - \mu)^2 f(x) dx \\ &= \int_{- \infty}^\infty x^2 f(x) dx - \mu^2 \\ &= 2 \int_0^1 \left( x^2 - x^3 \right) dx - \mu^2 \\ &= 2 \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 - \frac{1}{9} \\ &= \frac{1}{18} \end{align} である。
\begin{align} 1.96 \cdot \frac{75}{\sqrt{9}} = 49 \end{align} なので、求める95%信頼区間の下端は $500-49=451 \ \mathrm{N/mm^2}$ であり、 上端は $500+49=549 \ \mathrm{N/mm^2}$ である。