\begin{align} AX &= \begin{bmatrix} a\lambda+g & b\lambda+h & c\lambda+i \\ d\lambda & e\lambda & f\lambda \\ a+d+g\lambda & b+e+h\lambda & c+f+i\lambda \end{bmatrix} \\ XA &= \begin{bmatrix} a\lambda+c & b\lambda+c & a+c\lambda \\ d\lambda+f & e\lambda+f & d+f\lambda \\ g\lambda+i & h\lambda+i & i\lambda+g \end{bmatrix} \end{align} なので、 $AX=XA$ を満たすとき \begin{align} d=0, \ e=a-b, \ f=0, \ g=c, \ h=c, \ i=a \end{align} であり、 $0$ になるのは $d,f$ であることがわかる。
\begin{align} f \left( \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \right) &= \begin{bmatrix} 2x_1-x_2 \\ 3x_2+2x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \\ g \left( \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} \right) &= \begin{bmatrix} y_1+3y_2 \\ -2y_1+y_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} \end{align} なので、 \begin{align} A &= \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix} \\ B &= \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -2 & 1 \end{bmatrix} \end{align} がわかる。
\begin{align} \left( g \circ f \right) \left( \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \right) &= g \left( f \left( \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \right) \right) \\ &= B \left( A \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \right) \\ &= \left( BA \right) \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} \end{align} から $C=BA$ がわかり、 \begin{align} C &= BA \\ &= \begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} 2 & 8 & 6 \\ -4 & 5 & 2 \end{bmatrix} \end{align} を得る。
\begin{align} \int_1^2 \frac{dx}{(x+1)^2} &= \left[ - \frac{1}{x+1} \right]_1^2 \\ &= - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{6} \end{align}
\begin{align} \int_{-1}^1 e^{-2x} dx &= \left[ - \frac{1}{2} e^{-2x} \right]_{-1}^1 \\ &= - \frac{1}{2} \left( e^{-2} - e^2 \right) \\ &= \frac{e^2 - e^{-2}}{2} \end{align}
$f(x)$ の導関数は \begin{align} f'(x) &= \cos x + \cos 3x \\ &= \cos x + \cos (x+2x) \\ &= \cos x + \cos x \cos 2x - \sin x \sin 2x \\ &= \cos x + \cos x \left( 2 \cos^2 x - 1 \right) - 2 \sin^2 x \cos x \\ &= 4 \cos x \left( \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \left( \cos x - \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \end{align} なので、 $f'(x)=0$ となるのは $\cos x = 0, \pm 1/\sqrt{2}$ のときであり、次の増減表を得る： \begin{array} {|c|ccccccc|} \hline x & 0 & \cdots & \frac{\pi}{4} & \cdots & \frac{\pi}{2} & \cdots & \frac{3\pi}{4} & \cdots & \pi \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & 0 & + & 0 & - & \\ \hline f(x) & 0 & \nearrow & \frac{2\sqrt{2}}{3} & \searrow & \frac{2}{3} & \nearrow & \frac{2\sqrt{2}}{3} & \searrow & 0 \\ \hline \end{array} よって、 $f(x)$ の極値は \begin{align} f \left( 0 \right) &= 0 \\ f \left( \frac{\pi}{4} \right) &= \frac{2\sqrt{2}}{3} \\ f \left( \frac{\pi}{2} \right) &= \frac{2}{3} \\ f \left( \frac{3\pi}{4} \right) &= \frac{2\sqrt{2}}{3} \\ f \left( \pi \right) &= 0 \end{align} である。
\begin{align} \frac{\partial}{\partial y} (2x-3y) &= -3 \\ \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{y^2} - 3x \right) &= -3 \end{align} であるから、与えられた微分方程式は完全であり、 \begin{align} \frac{\partial f}{\partial x} &= 2x-3y \tag{a} \\ \frac{\partial f}{\partial y} &= \frac{1}{y^2} - 3x \tag{b} \end{align} を満たす関数 $f(x,y)$ を見つければよい。 式 (a) から、 \begin{align} f(x,y) &= x^2 - 3xy + g(y) \ \ \ \ \ \ \ \ \text{( $g(y)$ は $y$ の適当な関数 )} \tag{c} \end{align} がわかり、式 (c) を式 (b) に代入して整理すると、 \begin{align} \frac{dg}{dy} &= \frac{1}{y^2} \\ \therefore \ \ g(y) &= - \frac{1}{y} + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{( $C$ は任意定数 )} \\ \therefore \ \ f(x,y) &= x^2 - 3xy - \frac{1}{y} + C \ \ \ \ \ \ \ \ \text{( $C$ は任意定数 )} \end{align} がわかる。 よって、 \begin{align} x^2 - 3xy - \frac{1}{y} + C = 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \text{( $C$ は任意定数 )} \end{align} は与えられた微分方程式の一般解である。
与えられた微分方程式に $y=Ax^2+Bx^2+C$ ( $A,B,C$ は $x$ によらない定数 ) を代入して整理すると、 \begin{align} A=1, \ B=2, \ C = - \frac{4}{3} \end{align} を得るので、 \begin{align} y = x^2 + 2x - \frac{4}{3} \end{align} は与えられた微分方程式の特殊解であることがわかる。