4時間で復習！　1年後期解析学総まとめ　前編

こんにちは、ももやまです！

そろそろ1年生も終わりになる時期だと思います。

しかし、「あぁぁ解析学わかんねぇ難しすぎる」って思ってる人、諦めないでください！！

この私が、1年後期の解析学を試験前日でも4時間あれば総復習ができるように10題の練習問題を作成しました！

前編では基本的な事項を確認するためのフォーム型の問題を5問用意しました！

時間がある人はじっくり、時間がない人は素早くこの記事にて1年後期の解析の復習をしましょう！

本記事では、練習問題の解説を載せております。さらに、要点を

• 試験で必要な知識：青色の枠
• 試験で必要な解き方：赤色の枠

などでまとめております。

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1. 小問集合

次の2変数関数の極限を計算したい。(i)～(iv)の問いに答えなさい。\[
\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy^2}{2x^2 + 3y^4}
\]

(1) 2変数関数の極値

解答：0 [1点]

1年前期の解析学や、数3と同じ

\[\begin{align*}
a & = \lim_{x \to 0} \left( \lim_{y \to 0} \frac{x^2y}{2x^4 + 3y^2} \right)
\\ & = \lim_{x \to 0} \frac{x \cdot 0}{2x^4 }
\\ & = \lim_{x \to 0} 0
\\ & = 0
\end{align*}\]

\[\begin{align*}
b & = \lim_{y \to 0} \left( \lim_{x \to 0} \frac{x^2y}{2x^4 + 3y^2} \right)
\\ & = \lim_{y \to 0} \frac{0 \cdot y^2}{3y^2}
\\ & = \lim_{y \to 0} 0
\\ & = 0
\end{align*}\]となる。

よって、\( a = 0 \), \( b = 0 \) より成り立つ関係式は \( a = b \) が答え。（マーク番号0）

解答：9 [1点]

\( y = mx^{ 2 } \) としてから \( x \to 0 \) に極限を飛ばしましょう。\[\begin{align*}
\lim_{ \substack{x \to 0 \\ y = mx^2} } \frac{x^2y}{2x^4 + 3y^2} & = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \cdot (mx^2)}{2x^4 + 3 (mx^2)^2}
\\ & = \lim_{x \to 0} \frac{mx^4}{2x^4 + 3m^2 x^4}
\\ & = \lim_{x \to 0} \frac{m}{2+ 3m^2}
\\ & = \frac{m}{2+ 3m^2}
\\ & = \frac{m}{3m^2+ 2}
\end{align*}\]となるため、マーク番号9が答え。

解答: 3 [1点]

(ii)で、\( y = mx^2 \) とおいてから \( x \to 0 \) としたときに\[
c = \lim_{ \substack{x \to 0 \\ y = mx^2} } \frac{x^2 y }{2x^4 + 3y^2 } = \frac{m}{3m^2+ 2}
\]となっていましたね。

ここで、\( m \) は問題文で勝手におかれた極限とは関係のない変数ですね。なので、\( m \) の値を変えると計算結果が変わるという現象が発生します。

\( m \) の値が変わったら \( c \) の値も変化するってことは極限とは言えません。なので答えは3です。

解答: 1 [1点]

\( (x,y) \) を原点 \( (0,0) \) まで近づけると、(iii) より、\( m \) の値によって依存するような値\[
\frac{m}{3m^2 + 2}
\]を取るのでしたね。

なので、原点で連続ではありません。よって答えは1。

2変数関数の極限についての復習記事はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part13　2変数関数の極限の求め方・連続性の確認

2019.7.28

こんにちは、ももやまです。今回は2変数の極限の求め方、および連続性の確認についてまとめたいと思います。     １．2変数の極限の求め方の3パターン 2変数極限とは、＼のように一度...

(2) C2級関数とは

解答：7 [1点]

• 2回偏微分可能（2次までの偏導関数が存在）
• 2次までの偏導関数がすべて連続

の2つを満たしたものを \( C_{2} \) 級関数といいます。

※ \( f_{xx} \), \( f_{xy} \), \( f_{yx} \), \( f_{yy} \) がすべて存在して連続であれば \( C_2 \) 級関数ということができます。

(3) 全微分

解答: 2 [1点]

公式を復習しといてください。

全微分についてさらに復習したい方はこちらをご覧ください！

うさぎでもわかる解析　Part16　全微分（全微分可能性の判定法・全微分の応用）

2019.7.30

こんにちは、ももやまです。 今回は全微分についてです。 １．全微分とは まず、全微分とはどんなものなのかを簡単に説明したいと思います。 2変数関数 ＼( z = f(x,y) ＼)...

(4) 2変数の極値

★ 解答 ★

No.07 0,5 [完答1点]
No.08 5 [1点]

公式を確認してください。

2変数関数の極値（条件なし）についてのより詳細な記事はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part20　2変数関数の極値

2019.9.18

こんにちは、ももやまです。 今回から3回にわけて2変数関数の極値についてまとめていきたいと思います。 今回は特に条件もなにもない一番シンプルな場合の極値についてです。 前回の記事（...

(5) 陰関数の極値

解答: 3 [1点]

方程式 \( f(x,y) = 0 \) で定まる関数 \( y = g(x) \) があるとする。

式の両辺を \( x \) で微分すると、\[
\frac{d}{dx} f(x,g(x) ) = f_x + \frac{dy}{dx} f_y = 0
\]となるので、\[
\frac{dy}{dx} = - \frac{f_x}{f_y}
\]を導くことができる。。

また、\( - \frac{f_x}{f_y} \) の分母が0になったら陰関数は存在しないので \( f_{y} \not = 0 \) が陰関数が存在する条件となり、組み合わせとして正しい選択肢は3となる。

陰関数表示された関数の導関数を偏微分を用いて求める方法はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part18　偏微分を用いた陰関数微分・陰関数定理

2019.9.16

こんにちは、ももやまです。 今回は偏微分を用いた陰関数表記された式を微分すること、および陰関数定理についてまとめていきたいと思います。     前回の記事（Part17）はこちら！...

(6) ヤコビアン計算

解答: 3 [1点]

\( x = ar \cos \theta \), \( y = br \sin \theta \) と変数変換を行ったときのヤコビ行列式（ヤコビアン）は、\[ \begin{align*}
J  & =  \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{array} \right| 
\\ & = \left| \begin{array}{ccc} a \cos \theta & - ar \sin \theta \\ b \sin \theta & br \cos \theta \end{array} \right| 
\\ & = abr \cos^2 \theta + abr \sin^2 \theta
\\ & = abr \left( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta \right)
\\ & = abr
\end{align*} \]と計算できるので答えは \( abr \) となり、マーク番号3が答え。

※ この変数変換は範囲 \( D \) が楕円になっているときに使えます。

ヤコビアンについてのより詳細な記事はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part24　変数変換を用いた2重積分の求め方・ヤコビアン

2019.9.23

こんにちは、ももやまです。 今回は置換積分の2重積分バージョンに進化したものを紹介していきたいと思います。 前回の記事（Part23　2重積分の基礎・積分範囲の交換）はこちら！ w...

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２．偏微分・合成関数の微分

(1) 偏微分

★解答★

No.11: 4 [1点]
No.12: 5 [1点]
No.13: 13 [2点]
No.14: 0 [2点]

(i) 偏微分は、微分する変数以外はすべて定数と考えるのがポイント！

\( f(x,y) \) を \( x \) について微分する場合は、\( \textcolor{red}{x} \) 以外はすべて定数となる。\[
\log ( \textcolor{red}{x}^2 + y^2)
\]※色のついていない文字はすべて定数だと思って計算すればOK

よって、\[\begin{align*}
\frac{ \partial f }{ \partial \textcolor{red}{x}} & = \frac{(\textcolor{red}{x}^2 + y^2)'}{\textcolor{red}{x}^2+y^2}
\\ & = \frac{2x}{x^2+y^2}
\end{align*}\]と計算できるため、答えは4。

同じように \( y \) について微分する場合は、\( \textcolor{blue}{y} \) 以外はすべて定数としてみればOK。\[
\log ( x^2 + \textcolor{blue}{y}^2)
\]※色のついていない文字はすべて定数だと思って計算すればOK

よって、\[\begin{align*}
\frac{ \partial f }{ \partial \textcolor{blue}{y}} & = \frac{(x^2 + \textcolor{blue}{y}^2)'}{x^2 + \textcolor{blue}{y}^2}
\\ & =  \frac{2y}{x^2+y^2}
\end{align*}\]と計算できるため、答えは5。

(ii) 2次偏導関数は、1次の偏導関数をさらに偏微分すればOK。

例えば、\[
\frac{ \partial^2 f }{ \partial x^2}
\]であれば、\( \frac{ \partial f }{ \partial x } \) をさらに \( x \) で偏微分すればOK。

また、\[
\frac{ \partial^2 f }{ \textcolor{red}{\partial y \partial x} }
\]であれば、\( \frac{ \partial f }{ \partial x } \) をさらに \( y \) で偏微分すればOKです。

※ 赤色部分に要注意！　偏微分した順に右から書いていきます。

なので、\[\begin{align*}
\frac{ \partial^2 f }{ \partial y \partial x } & = \frac{ \partial }{ \partial y} \left( \frac{ \partial f }{ \partial x} \right)
\\ & = \frac{ \partial }{ \partial \textcolor{blue}{y}} \left( \frac{2x}{x^2+\textcolor{blue}{y}^2} \right)
\\ & = \frac{- 2x \cdot 2y}{(x^2 + y^2)^2}
\\ & = \frac{ -4xy }{(x^2+y^2)^2}
\end{align*}\]と計算でき、答えは13。

また、\[\begin{align*}
\frac{ \partial^2 f }{ \partial x^2} & = \frac{ \partial }{ \partial x} \left( \frac{ \partial f }{ \partial x} \right)
\\ & = \frac{ \partial }{ \partial \textcolor{red}{x}} \left( \frac{2 \textcolor{red}{x}}{ \textcolor{red}{x}^2+y^2} \right)
\\ & = \frac{2 \cdot (x^2 + y^2) - 2x \cdot 2x}{ (x^2+y^2)^2 }
\\ & = \frac{2x^2 + 2y^2 - 4x^2}{ (x^2+y^2)^2 }
\\ & = \frac{-2x^2 + 2y^2}{ (x^2+y^2)^2 }
\end{align*}\]

\[\begin{align*}
\frac{ \partial^2 f }{ \partial y^2} & = \frac{ \partial }{ \partial y} \left( \frac{ \partial f }{ \partial y} \right)
\\ & = \frac{ \partial }{ \partial \textcolor{blue}{y}} \left( \frac{2 \textcolor{blue}{y}}{ x^2+ \textcolor{blue}{y}^2} \right)
\\ & = \frac{2 \cdot (x^2 + y^2) - 2y \cdot 2y}{ (x^2+y^2)^2 }
\\ & = \frac{2x^2 + 2y^2 - 4y^2}{ (x^2+y^2)^2 }
\\ & = \frac{2x^2 - 2y^2}{ (x^2+y^2)^2 }
\end{align*}\]

と計算できるので、\[\begin{align*}
\frac{ \partial^2 f }{ \partial x^2} + \frac{ \partial^2 f }{ \partial y^2} & = \frac{-2x^2 + 2y^2}{ (x^2+y^2)^2 } + \frac{2x^2 - 2y^2}{ (x^2+y^2)^2 }
\\ & = 0
\end{align*}\]となる。

偏微分の基本をもう1度復習したい方はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part14　偏微分（偏導関数・偏微分係数の計算方法）

2019.7.29

こんにちは、ももやまです。 今回は2変数以上の関数の微分、偏微分についてまとめたいともいます。 １．偏微分・偏導関数・偏微分係数 偏微分というと難しそうに聞こえるのですが、大したこ...

(2) 合成関数の微分1

★解答★

No.15: 2 [1点]
No.16: -4 [1点]
No.17: 2 [1点]

2変数関数 \( g(x,y) \) を1変数関数 \( f(t) \) でおいたときの偏微分公式をまずは確認しましょう。

今回は、\( g(x,y) = f(2x-4y) \) とおいているので、\( t = 2x - 4y \) としたときを考えればOK。

ここで、\( \frac{\partial t}{ \partial x } \), \( \frac{\partial t}{ \partial y } \) はそれぞれ\[
\frac{\partial t}{ \partial x } = 2 , \ \ \ \frac{\partial t}{ \partial y } = - 4
\]と計算できる。

よって、1回目の微分は\[\begin{align*}
\frac{\partial g}{ \partial x } & = \frac{\partial t}{ \partial x } \frac{ d f }{ d t}
\\ & = 2 f'(t)
\end{align*}\]

\[\begin{align*}
\frac{\partial g}{ \partial y } & = \frac{\partial t}{ \partial y } \frac{ d f }{ d t}
\\ & = -4 f'(t)
\end{align*}\]と計算できる。

また、2回目の微分は\[\begin{align*}
\frac{\partial^2 g}{ \partial x^2 } & = \frac{\partial t}{\partial x} \frac{\partial t}{\partial x} \frac{ d^2 f }{ d t^2}
\\ & = 4 f'(t)
\end{align*}\]

\[\begin{align*}
\frac{\partial^2 g}{ \partial x \partial y } & = \frac{\partial t}{\partial x} \frac{\partial t}{\partial y} \frac{ d^2 f }{ d t^2}
\\ & = -8 f'(t)
\end{align*}\]

\[\begin{align*}
\frac{\partial^2 g}{ \partial y^2 } & = \frac{\partial t}{\partial y} \frac{\partial t}{\partial y} \frac{ d^2 f }{ d t^2}
\\ & = 16 f'(t)
\end{align*}\]となるので、\[\begin{align*}
\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} + \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} & = -8 f'(t) + 16 f'(t)
\\ & = 8 f'(t)
\\ & = 2 \cdot 4 f'(t)
\\ & = 2 \frac{\partial^2 g}{ \partial x^2 }
\end{align*}\]と計算できる。

(3) 合成関数の微分2

★解答★

No.18: 2 [1点]
No.19: 3 [1点]

2変数関数 \( g(x,y) \) を2変数関数 \( f(t) \) でおいたときの偏微分公式をまずは確認しましょう。

今回は、\( u = x+2y \), \( v = xy \) とおいているので、\[
\frac{du}{dy} = 2 , \ \ \ \frac{dv}{dy} = x
\]となる。よって、\( \frac{\partial g}{\partial y } \) の計算式は下のようになる。

\[\begin{align*}
\frac{ \partial g }{ \partial y } & = \frac{ \partial u }{ \partial y } \frac{ \partial f }{ \partial u } + \frac{ \partial v }{ \partial y } \frac{ \partial f }{ \partial v }
\\ & = 2 \frac{ \partial f }{ \partial u } + x \frac{ \partial f }{ \partial v }
\end{align*}\]となるため、マーク番号は順番に2, 3。

合成関数の偏微分についてさらに復習したい人はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part15　合成関数の偏微分

2019.9.15

こんにちは、ももやまです。 今回は合成関数の偏微分についてまとめていきたいと思います。 前回の記事（Part14　偏微分）はこちら！ （偏微分がよくわかっていない人はこちらで復習を...

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問題3．偏微分の応用

(1) 2変数マクローリン展開

★解答★

[  20  ]：-1（1点）
[  21  ]：1（1点）
[  22  ]：1（1点）
[  23  ]：-2（1点）
[  24  ]：1（1点）

2次までの2変数マクローリン展開の公式をまずは確認しましょう。

まずは、公式に当てはめて偏微分をしていく。

\[
f(x,y) = \frac{1}{1+x-y} = (1+x-y)^{-1}
\]なので、\[
f_{x}= - (1+x-y)^{-2}, \ \ \ f_{x} (0,0) = -1 \]\[
f_{y}=  (1+x-y)^{-2}, \ \ \ f_{y} (0,0) = 1  \]\[
f_{xx}= 2 (1+x-y)^{-3}, \ \ \ f_{xx} (0,0) = 2 \]\[
f_{xy}= -2 (1+x-y)^{-3}, \ \ \ f_{xy} (0,0) = -2 \]\[
f_{yy}= 2 (1+x-y)^{-3}, \ \ \ f_{yy} (0,0) = 2 \]\[
\]となるので、\[\begin{align*}
f(x,y) & = 1 + f_{x} (0,0) x + f_{y} (0,0) y + \frac{1}{2} \left( f_{xx}  (0,0) x^2 + 2 f_{xy} (0,0) xy + f_{yy} (0,0) y^2  \right)
\\ & = 1 -x + y + x^2 - 2xy + y^2
\\ & = 1 + (-1) x + 1y + 1 x^2 + (-2) xy + y^2
\end{align*}\]となる。

※ スペースの関係上、偏微分を省略記法 \( f_x \) や \( f_{xx} \) などで書いています。

[別解]

\( t = - (x - y) \) とすることで、1変数関数（1年前期解析学レベル）のマクローリン展開に持ち込むことも可能。\[
f(t) = \frac{1}{1-t}
\]のマクローリン展開を求める。すると、\[
f(t) = 1 + t + t^2 + \cdots
\]となるので、\( t = -x + y \) を代入しもとに戻すと\[\begin{align*}
f(x,y) & = 1 + (-x+y) + (-x+y)^2
\\ & = 1 -x + y + x^2 - 2xy + y^2
\\ & = 1 + (-1) x + 1y + 1 x^2 + (-2) xy + y^2
\end{align*}\]となる。

2変数関数のマクローリン展開についてさらに復習したい方はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part19　2変数マクローリン展開・テイラー展開

2019.9.17

こんにちは、ももやまです。 今回は2変数におけるマクローリン展開、テイラー展開についてまとめていきたいとおもいます。 前回の記事（Part18）はこちら！ 陰関数微分や陰関数定理に...

(2) 接平面の方程式

★解答★

[  25  ]：17（1点）
[  26  ]：9（2点）
[  27  ]：3（2点）
[ 28 ] : 0（2点）

接平面の方程式を確認しましょう。

\( f(1,1) \) は、1年前期の解析学の復習。\[\begin{align*}
f(1,1) & = \tan^{-1} \frac{1}{1}
\\ & = \tan^{-1} 1
\\ & = \frac{\pi}{4}
\end{align*}\]よって、No.25の答えは17。

ここで、\[\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial x} & = \frac{1}{1 + \left( \frac{y}{x} \right)^2 } \cdot \left( - \frac{y}{x^2} \right)
\\ & = - \frac{1}{1 + \frac{y^2}{x^2}} \cdot \frac{y}{x^2}
\\ & = - \frac{x^2}{x^2 + y^2} \cdot \frac{y}{x^2}
\\ & = - \frac{y}{x^2 + y^2}
\end{align*}\]

ここで、\[\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial y} & = \frac{1}{1 + \left( \frac{y}{x} \right)^2 } \cdot \left( \frac{1}{x} \right)
\\ & = - \frac{1}{1 + \frac{y^2}{x^2}} \cdot \frac{1}{x}
\\ & = - \frac{x^2}{x^2 + y^2} \cdot \frac{1}{x}
\\ & = - \frac{x}{x^2 + y^2}
\end{align*}\]

となるので、\[
\frac{\partial f}{\partial x} (1,1) = - \frac{1}{2}, \ \ \ \frac{\partial f}{\partial y} (1,1) = \frac{1}{2}
\]と計算できる。あとは公式に当てはめるだけ。\[\begin{align*}
z & = \frac{\partial f}{\partial x} (1,1) (x-1) + \frac{\partial f}{\partial y} (1,1) (y-1) + f(1,1)
\\ & = - \frac{1}{2} (x-1) + \frac{1}{2} (y-1) + \frac{ \pi }{ 4 }
\\ & = - \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} y + \frac{ \pi }{4} + 0
\end{align*}\]となり、No.26, No.27の答えは順番に9, 3, 0。

接平面についてさらに復習したい方はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part17　接平面・法線の方程式

2019.8.5

こんにちは、ももやまです。今回は接平面についてまとめたいと思います。   １．接平面とは 皆さんは数2（数3）で1変数関数の接線の方程式*1の公式を学びましたね。   この1変数関...

[修正 2022/02/13] マーク番号 No.28 を問題3に追加したため、問題4以降の番号が1つずつずれています。

問題4．2重積分

★解答★

[  29  ]：0（2点）
[  30  ]：4（2点）
[  31  ]：3（3点）
[  32  ]：5（3点）

積分順序を変更する際には、ごり押しでやってもいいのですが、積分範囲を図示してみましょう。

今回は、\( y \) → \( x \) の積分順序を \( x \) → \( y \) に変えたいので、\( 0 \leqq y \leqq 1 \) のもとで、\( D \) と同じ領域を表す \( x \) の範囲を考えます。

すると、\[
D = \{ (x,y) \mid 0 \leqq y \leqq 1, \ 0 \leqq x \leqq \sqrt{y} \ \}
\]と変換できるので、No.28のマーク番号は0、No.29のマーク番号は4となる。

よって、\[ \begin{align*}
\iint_{D} x e^{y^{2}} \ dxdy & = \int^{1}_{0} \left( \int^{ \sqrt{y} }_{ 0 } x e^{y^{2}} \ dx \right) \ dy
\\ & = \int^{1}_{0} \left( \int^{ \sqrt{y} }_{ 0 } x e^{y^{2}} \ dx \right) \ dy
\\ & = \int^{1}_{0} \left( e^{y^{2}}\int^{ \sqrt{y} }_{ 0 } x  \ dx \right) \ dy
\\ & =  \int^{1}_{0} \left( e^{y^{2}} \left[ \frac{1}{2} x^2 \right]^{ \sqrt{y} }_{ 0 } \right) \ dy 
\\ & =  \int^{1}_{0} e^{y^{2}} \cdot \frac{1}{2} y \ dy 
\\ & =  \int^{1}_{0} \frac{y}{2} e^{y^{2}} \ dy \ \ \ \left( \left[ \ \ 25 \ \ \right] \to 3 \right)
\\ & = \frac{1}{4} \int^{1}_{0}  2y e^{y^{2}}  \ dy 
\\ & = \frac{1}{4} \left[ e^{ y^{2} } \right]^{1}_{0} \ dy 
\\ & = \frac{1}{4} \left( e - 1 \right)
\\ & = \frac{e-1}{4} \ \ \ \left( \left[ \ \ 26 \ \ \right] \to 5 \right)
\end{align*} \]となるため、No.30のマーク番号は 3 、No.31のマーク番号は 5 となる。

2重積分の基礎についてさらに復習したい人はこちら！

うさぎでもわかる解析　Part23　2重積分の基礎・積分範囲の交換

2019.9.22

こんにちは、ももやまです。 今回から2重積分を数回にわけて説明していきたいと思います。 まずは2重積分の基礎についてと、積分範囲の交換についてです。 前回の記事はこちら！ （Par...

問題5．2重積分の応用

★解答★

No.33 → 1 (3点)
No.34 → 7 (3点)
No.35 → 3 (3点)

まず、積分範囲 \( D' \) を求めるために \( D \) の積分範囲 \( x^2 + y^2 \leqq 1 \) に \( x = r \cos \theta \), \( y = r \sin \theta \) を代入する。すると、\[\begin{align*}
x^2 + y^2 & \leqq 1 \\
r^2 \cos^2 \theta + r^2 \sin^2 \theta & \leqq 1 \\
r^2 ( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta) & \leqq 1 \\
r^2 & \leqq 1
\end{align*}\]となる。さらに \( r \geqq 0 \) なので \( r \) の範囲は \( 0 \leqq r \leqq 1 \) となる。

また、\( \theta \) の範囲はとくに制限がないため、1周分 \( 0 \leqq \theta \leqq 2 \pi \) が接気分範囲となる。よって、積分範囲 \( D' \) は\[
D' = \{ (r, \theta ) \mid 0 \leqq r \leqq 1, \ 0 \leqq \theta \leqq 2 \pi \ \}
\]となる。（ [  32  ] の答えは 1 ）

次にNo.33-No.34の空欄を埋めていく。

まず、ヤコビアン \( J \) は\[\begin{align*}
J  & =  \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{array} \right| 
\\ & = \left| \begin{array}{ccc} \cos \theta & - r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta \end{array} \right| 
\\ & = r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta
\\ & = r ( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta )
\\ &= r
\end{align*}\]となるので、関係式\[
dxdy = r \ dr d \theta
\]が成り立つ。

ここで、\[
\frac{ \partial f }{ \partial x } = 2x , \ \ \ \frac{ \partial f }{ \partial y } = 2y
\]なので、\[ \begin{align*} &
\iint_{D} \sqrt{ 1 + \left( \frac{ \partial f }{ \partial x } \right)^2 + \left( \frac{ \partial f }{ \partial y } \right)^2 } \ dxdy \\ =  & \iint_{D} \sqrt{ 1 + \left( 2x \right)^2 + \left( 2y \right)^2 } \ dxdy
\\ = &  \iint_{D} \sqrt{ 1 + 4x^2 + 4y^2 } \ dxdy
\\ = &  \iint_{D’} r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr d \theta
\\ = &  \iint_{D’} r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr d \theta
\\ = & \int^{2 \pi}_{0} 1 \ d \theta \cdot \int^{1}_{0} r \sqrt{1 + 4r^2} \ dr
\end{align*} \]と変形できる。（マークNo.33の答えは7）

あとはそれぞれの積分を計算するだけ\[ \begin{align*}
\int^{1}_{0} r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr & = \frac{1}{8} \int^{1}_{0} 8r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr
\\ & = \frac{1}{8} \left[ \frac{2}{3} ( 1 + 4r^2 )^{ \frac{3}{2} } \right]^{1}_{0}
\\ & = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} \left(  5 \sqrt{5} - 1 \right)
\\ & = \frac{1}{12} \left(  5 \sqrt{5} - 1 \right)
\end{align*} \] \[
\int^{2 \pi}_{0} 1 \ d \theta  = 2 \pi
\]となるので、\[\begin{align*}
\iint_{D} \sqrt{ 1 + 4x^2 + 4y^2 } \ dxdy & = \iint_{D'} r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr d \theta
\\ & =  \int^{2 \pi}_{0} 1 \ d \theta \cdot \ \int^{1}_{0} r \sqrt{ 1 + 4r^2 } \ dr
\\ & = 2 \pi \cdot \frac{1}{12} \left(  5 \sqrt{5} - 1 \right)
\\ & = \frac{1}{6} \left(  5 \sqrt{5} - 1 \right) \pi
\end{align*} \]となるのでNo.34の答えは 3 となる。

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