\begin{align} I &= \int_0^\sqrt{3} \frac{dx}{\sqrt{x^2 + 1}} \\ &= \left[ \log \left| x + \sqrt{x^2 + 1} \right| \right]_0^\sqrt{3} \\ &= \log \left( 2 + \sqrt{3} \right) \end{align}
[参考] 矢野・石原「微分積分」
\begin{align} \frac{dx(\theta)}{d \theta} &= \sum_{m=1}^\infty \frac{\theta^{2m-1}}{(2m-1)!} \\ &= y(\theta) \\ \frac{dy(\theta)}{d \theta} &= \sum_{m=0}^\infty \frac{\theta^{2m}}{(2m)!} \\ &= x(\theta) \end{align} なので、 \begin{align} \frac{dx}{dy} &= \frac{\frac{dx}{d \theta}}{\frac{dy}{d \theta}} \\ &= \frac{y}{x} \end{align} を得る。
1) より、 \begin{align} x dx = y dy \end{align} であり、これを積分すると、積分定数を $C$ として、 \begin{align} x^2 = y^2 + C \end{align} である。 $\theta = 0$ のとき $x=1, y=0$ なので、 $C=1$ がわかり、 \begin{align} x^2 - y^2 = 1 \end{align} を得る。
掃き出し法により、次のように求められる： \begin{align} & \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 6 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & -7 & 5 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \\ & \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -2 & 5 & -7 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & -3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \end{align} \begin{align} \therefore \ \ A^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 5 & -7 \\ 2 & -3 & 4 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \end{align}
サラスの方法より、 \begin{align} |A| &= (20+12+6)-(5+18+16) \\ &= -1 \\ |A^{-1}| &= (-6-20-14)-(-21-8-10) \\ &= -1 \end{align} なので、 $|A^{-1}| = 1 / |A|$ が成り立っていることがわかる。
$\vec{x}=(x,y)$ から $\vec{x'}=(x',y')$ への変換は次のように表される： \begin{align} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} e \\ f \end{pmatrix} \end{align} 点 A, B, C がそれぞれ 点 A', B', C' に変換されることから、 \begin{align} a = 1, b = 0, e = 0, c = \frac{1}{\sqrt{3}}, d = \frac{2}{\sqrt{3}}, f = \frac{1}{\sqrt{3}} - 1 \end{align} がわかる。 つまり、 \begin{align} x' &= x \\ y' &= \frac{x+2y+1-\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \end{align} である。
$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} a-\lambda & 1-a \\ 1-a & a-\lambda \end{pmatrix} \\ &= (\lambda - 1)(\lambda - 2a + 1) \\ \therefore \ \ \lambda &= 1, 2a-1 \end{align} を得る。 $a \ne 1$ なので、これらは相異なる固有値である。
固有値 $1$ に属する固有ベクトルを求めるために \begin{align} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a-1 & 1-a \\ 1-a & a-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align} とおくと $x=y$ であり、 固有値 $2a-1$ に属する固有ベクトルを求めるために \begin{align} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 1-a & 1-a \\ 1-a & 1-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align} とおくと $x+y=0$ であるから、それぞれに属する固有ベクトルは例えば \begin{align} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{align} である。
1) で求めた固有ベクトルを使って、 \begin{align} P &= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \end{align} とおくと、 \begin{align} P^2 &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\ PAP &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2a-1 \end{pmatrix} \end{align} が成り立つので、 \begin{align} A^n &= P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2a-1 \end{pmatrix}^n P \\ &= P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & (2a-1)^n \end{pmatrix} P \\ &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1+(2a-1)^n & 1-(2a-1)^n \\ 1-(2a-1)^n & 1+(2a-1)^n \end{pmatrix} \end{align} を得る。
$0 \lt a \lt 1$ より $-1 \lt 2a-1 \lt 1$ なので、 $\lim_{n \to \infty} (2a-1)^n = 0$ であり、 \begin{align} \lim_{n \to \infty} A^n &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \end{align} を得る。