線形代数
[1] 行列の固有値、固有ベクトル、対角化
行列 $A=\begin{pmatrix}2&1&2\\ 1&2&2\\ 1&1&3\end{pmatrix}$ について次の問いに答えよ。
(1) Aの固有値、固有ベクトルを求めよ。
(2) 対角化行列を定め、Aを対角化せよ。
(1) 解答
固有値: $\lambda = 1, 1, 5$
固有ベクトル:
$\lambda=1$ のとき: $k_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}$ ($k_1, k_2$ は同時に0でない任意定数)
(線形独立な固有ベクトルとして、例えば $\mathbf{p}_1 =
\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \mathbf{p}_2 =
\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ )
$\lambda=5$ のとき: $k_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}$ ($k_3$ は0でない任意定数)
(固有ベクトルとして、例えば $\mathbf{p}_3 = \begin{pmatrix} 1
\\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ )
(2) 解答
対角化行列の一例: $P = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$
対角化された行列: $D = P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$
解説
(1) 固有値と固有ベクトルの計算
固有値を求めるために、特性方程式 $\det(A-\lambda I)=0$
を解きます。
$A-\lambda I = \begin{pmatrix}2-\lambda&1&2\\
1&2-\lambda&2\\ 1&1&3-\lambda\end{pmatrix}$
$\det(A-\lambda I) = (2-\lambda)((2-\lambda)(3-\lambda)-2) -
1((3-\lambda)-2) + 2(1-(2-\lambda))$
$= (2-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+6-2) - (1-\lambda) +
2(-1+\lambda)$
$= (2-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4) + (\lambda-1) +
2(\lambda-1)$
$= (2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4) + 3(\lambda-1)$
$= (\lambda-1) \{ (2-\lambda)(\lambda-4) + 3 \}$
$= (\lambda-1) \{ - \lambda^2 + 6\lambda - 8 + 3 \}$
$= (\lambda-1) (-\lambda^2 + 6\lambda - 5)$
$= -(\lambda-1) (\lambda^2 - 6\lambda + 5)$
$= -(\lambda-1) (\lambda-1)(\lambda-5) =
-(\lambda-1)^2(\lambda-5) = 0$
よって、固有値は $\lambda_1 = 1$ (重解), $\lambda_2 = 5$
です。
躓きやすいポイント：特性方程式の計算
3x3行列の行列式計算は複雑になりがちです。計算ミスを減らすために、サラスの方法や余因子展開を丁寧に行いましょう。また、展開途中で共通因数が見つかれば、括り出すことで計算が楽になることがあります。この問題では $(\lambda-1)$ が共通因数として現れました。
次に、各固有値に対する固有ベクトルを求めます。
$\lambda_1 = 1$ (重解) のとき:
$(A-1I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ を解きます。
$\begin{pmatrix}1&1&2\\ 1&1&2\\ 1&1&2\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
この連立一次方程式は $x_1+x_2+2x_3=0$ と同値です。
$x_2=k_1, x_3=k_2$ とおくと、$x_1 = -k_1-2k_2$。
よって、固有ベクトルは $\mathbf{x} = \begin{pmatrix}
-k_1-2k_2 \\ k_1 \\ k_2 \end{pmatrix} = k_1 \begin{pmatrix}
-1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\
1 \end{pmatrix}$ ($k_1, k_2$ は同時に0でない任意定数)。
線形独立な固有ベクトルとして、例えば $\mathbf{p}_1 =
\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \mathbf{p}_2 =
\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ を選べます。
躓きやすいポイント：重解の固有ベクトル
固有値が重解の場合、対応する線形独立な固有ベクトルの個数が重要です。この問題では、固有値1に対して2つの線形独立な固有ベクトルが見つかりました。これは、行列が対角化可能であるための条件の一つ（代数的多重度と幾何的多重度が一致）を満たしていることを意味します。解の自由度（任意定数の個数）が、その固有値の重解の数と一致するか確認しましょう。
$\lambda_2 = 5$ のとき:
$(A-5I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ を解きます。
$\begin{pmatrix}-3&1&2\\ 1&-3&2\\ 1&1&-2\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
行基本変形を行うと：
$\begin{pmatrix}-3&1&2\\ 1&-3&2\\ 1&1&-2\end{pmatrix}
\xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2}
\begin{pmatrix}1&-3&2\\ -3&1&2\\ 1&1&-2\end{pmatrix}
\xrightarrow{R_2+3R_1, R_3-R_1} \begin{pmatrix}1&-3&2\\
0&-8&8\\ 0&4&-4\end{pmatrix}$
$\xrightarrow{R_2/(-8)} \begin{pmatrix}1&-3&2\\ 0&1&-1\\
0&4&-4\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1+3R_2, R_3-4R_2}
\begin{pmatrix}1&0&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&0\end{pmatrix}$
よって、$x_1-x_3=0 \Rightarrow x_1=x_3$、$x_2-x_3=0
\Rightarrow x_2=x_3$。
$x_3=k_3$ とおくと、$x_1=k_3, x_2=k_3$。
固有ベクトルは $\mathbf{x} = k_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}$ ($k_3 \neq 0$）。
固有ベクトルとして、例えば $\mathbf{p}_3 = \begin{pmatrix} 1
\\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ を選べます。
(2) 対角化
求めた固有ベクトルを列ベクトルとして並べた行列 $P$
を対角化行列とします。
$P = (\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3) =
\begin{pmatrix} -1 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}$
このとき、$P^{-1}AP = D$ と対角化され、$D$
は固有値を対角成分に持つ対角行列です。
$D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0
\\ 0 & 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 &
0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$
(注意: $P$ の列の順序（固有ベクトルの選び方）によって $D$
の対角成分の順序も変わりますが、固有値の集合は同じです。)
躓きやすいポイント：対角化行列Pの作り方
対角化行列 $P$ の列には、求めた線形独立な固有ベクトルを並べます。固有値の重解に対応する固有ベクトルが複数ある場合は、それらをすべて含める必要があります。対角化された行列 $D$ の対角成分には、$P$ の列に対応する固有値がその順に並びます。
[2] 回転した楕円の方程式
方程式 $x^{2}+\frac{y^{2}}{9}=1$ で表される楕円を原点を中心に正の方向に $\frac{\pi}{4}$ だけ回転した図形を表す方程式を求めよ。
解答
$5x'^2 - 8x'y' + 5y'^2 = 9$ (または $10x'^2 - 16x'y' + 10y'^2 = 18$ など、両辺を定数倍したものも可)
回転前後の図形の可視化
解説
回転後の座標を $(x', y')$、回転前の座標を $(x, y)$
とします。
図形を正の方向に $\frac{\pi}{4}$ 回転させるので、元の座標
$(x,y)$ は新しい座標 $(x',y')$
を使って次のように表されます。
$x = x'\cos(\frac{\pi}{4}) - y'\sin(\frac{\pi}{4}) =
\frac{1}{\sqrt{2}}(x' - y')$
$y = x'\sin(\frac{\pi}{4}) + y'\cos(\frac{\pi}{4}) =
\frac{1}{\sqrt{2}}(x' + y')$
躓きやすいポイント：回転の方向と座標変換
図形を正の方向に $\theta$
回転させた新しい図形の方程式を求める場合、元の図形上の点
$(x,y)$ と新しい図形上の点 $(x',y')$ の関係は、$x, y$ を
$x', y'$ で表す必要があります。これは、新しい座標系の点
$(x',y')$ を、元の座標系から見て $-\theta$ 回転させた点が
$(x,y)$ に対応すると考えることで導出できます。
つまり、$x = x'\cos\theta - y'\sin\theta$, $y =
x'\sin\theta + y'\cos\theta$ という変換を用います。
これらの関係を元の楕円の方程式 $x^2 + \frac{y^2}{9} = 1$
に代入します。
$\left(\frac{1}{\sqrt{2}}(x' - y')\right)^2 +
\frac{1}{9}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}(x' + y')\right)^2 =
1$
$\frac{1}{2}(x'^2 - 2x'y' + y'^2) + \frac{1}{18}(x'^2 +
2x'y' + y'^2) = 1$
両辺に $18$ を掛けて整理します。
$9(x'^2 - 2x'y' + y'^2) + (x'^2 + 2x'y' + y'^2) = 18$
$9x'^2 - 18x'y' + 9y'^2 + x'^2 + 2x'y' + y'^2 = 18$
$(9+1)x'^2 + (-18+2)x'y' + (9+1)y'^2 = 18$
$10x'^2 - 16x'y' + 10y'^2 = 18$
両辺を $2$ で割ると、$5x'^2 - 8x'y' + 5y'^2 = 9$
となります。
(慣習的にダッシュを省略して $5x^2 - 8xy + 5y^2 = 9$
と書くこともあります。)
微分積分
[3] 関数の極値
関数 $f(x,y)=e^{y}(e^{2x}-6e^{x}+10)-y$ について次の問いに答えよ。
(1) 偏導関数 $f_{x},f_{y},f_{xx},f_{yy},f_{xy}$ を求めよ。
(2) $f(x,y)$ の極値を求めよ。極値をとる $x,y$ の値も明示すること。
(1) 解答
$f_x = e^y (2e^{2x} - 6e^x)$
$f_y = e^y (e^{2x} - 6e^x + 10) - 1$
$f_{xx} = e^y (4e^{2x} - 6e^x)$
$f_{yy} = e^y (e^{2x} - 6e^x + 10)$
$f_{xy} = e^y (2e^{2x} - 6e^x)$
(2) 解答
極小値: $f(\ln 3, 0) = 1$
極値をとる点: $(x, y) = (\ln 3, 0)$
解説
(1) 偏導関数の計算
$f(x,y)=e^{y}(e^{2x}-6e^{x}+10)-y$
$f_x = \frac{\partial}{\partial x} (e^{y}(e^{2x}-6e^{x}+10)-y) = e^y (2e^{2x} - 6e^x)$
$f_y = \frac{\partial}{\partial y} (e^{y}(e^{2x}-6e^{x}+10)-y) = e^y(e^{2x}-6e^{x}+10) + e^{y}(0) - 1 = e^y (e^{2x} - 6e^x + 10) - 1$
$f_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} (e^y (2e^{2x} - 6e^x)) = e^y (4e^{2x} - 6e^x)$
$f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y} (e^y (e^{2x} - 6e^x + 10) - 1) = e^y (e^{2x} - 6e^x + 10)$
$f_{xy} = \frac{\partial}{\partial y} (e^y (2e^{2x} - 6e^x)) = e^y (2e^{2x} - 6e^x)$ (または $\frac{\partial}{\partial x} (e^y (e^{2x} - 6e^x + 10) - 1)$)
躓きやすいポイント：偏微分の計算
偏微分では、微分する変数以外は定数として扱います。例えば $f_x$ を計算する際、$e^y$ は定数倍として扱います。合成関数の微分（例：$e^{2x}$ の微分は $2e^{2x}$）にも注意しましょう。
(2) 極値の計算
極値をとる候補点（停留点）は $f_x=0$ かつ $f_y=0$
を満たす点です。
$f_x = e^y (2e^{2x} - 6e^x) = 2e^y e^x (e^x - 3) = 0$
$e^y > 0, e^x > 0$ なので、$e^x - 3 = 0 \Rightarrow e^x = 3
\Rightarrow x = \ln 3$。
$f_y = e^y (e^{2x} - 6e^x + 10) - 1 = 0$
$x = \ln 3$ を代入すると、$e^{2x} = (e^x)^2 = 3^2 = 9$、$e^x
= 3$ なので、
$e^y (9 - 6(3) + 10) - 1 = 0$
$e^y (9 - 18 + 10) - 1 = 0$
$e^y (1) - 1 = 0 \Rightarrow e^y = 1 \Rightarrow y = \ln 1 =
0$。
よって、停留点は $(x, y) = (\ln 3, 0)$ のみです。
次に、この停留点で極値をとるか判定します。ヘッシアン $H(x,y)
= f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2$ を用います。
点 $(\ln 3, 0)$ において、
$f_{xx}(\ln 3, 0) = e^0 (4e^{2\ln 3} - 6e^{\ln 3}) = 1 \cdot
(4 \cdot 3^2 - 6 \cdot 3) = 4 \cdot 9 - 18 = 36 - 18 =
18$
$f_{yy}(\ln 3, 0) = e^0 (e^{2\ln 3} - 6e^{\ln 3} + 10) = 1
\cdot (3^2 - 6 \cdot 3 + 10) = 9 - 18 + 10 = 1$
$f_{xy}(\ln 3, 0) = e^0 (2e^{2\ln 3} - 6e^{\ln 3}) = 1 \cdot
(2 \cdot 3^2 - 6 \cdot 3) = 2 \cdot 9 - 18 = 18 - 18 = 0$
$H(\ln 3, 0) = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = (18)(1) - (0)^2 =
18$
$H(\ln 3, 0) = 18 > 0$ かつ $f_{xx}(\ln 3, 0) = 18 > 0$
なので、点 $(\ln 3, 0)$ で極小値をとります。
極小値 $f(\ln 3, 0) = e^0 (e^{2\ln 3} - 6e^{\ln 3} + 10) - 0
= 1 \cdot (3^2 - 6 \cdot 3 + 10) = 9 - 18 + 10 = 1$。
躓きやすいポイント：極値の判定
停留点が見つかったら、必ず2階の偏導関数を用いた判定（ヘッシアンの利用）を行う必要があります。$H > 0$ かつ $f_{xx} > 0$ なら極小値、$H > 0$ かつ $f_{xx} < 0$ なら極大値、$H < 0$ なら鞍点（極値なし）、$H=0$ ならこの方法では判定できません。
[4] 2階非同次線形微分方程式
微分方程式 $\frac{d^{2}x}{dt^{2}}-6\frac{dx}{dt}+9x=9t^{2}-12t+11$ の一般解を求めよ。
解答
$x(t) = (C_1 + C_2 t)e^{3t} + t^2 + 1$ ($C_1, C_2$ は任意定数)
解説
1. **同次方程式の一般解 $x_h(t)$ を求める**
同次方程式は $\frac{d^{2}x}{dt^{2}}-6\frac{dx}{dt}+9x=0$
です。
特性方程式は $\lambda^2 - 6\lambda + 9 = 0 \Rightarrow
(\lambda-3)^2 = 0$。
特性根は $\lambda = 3$ (重解) です。
よって、同次方程式の一般解は $x_h(t) = (C_1 + C_2 t)e^{3t}$
です。
躓きやすいポイント：特性方程式が重解を持つ場合
特性方程式が重解 $\lambda_0$ を持つ場合、同次解は $C_1 e^{\lambda_0 t}$ だけでなく、$C_1 e^{\lambda_0 t} + C_2 t e^{\lambda_0 t}$ の形になります。$t$ を掛けるのを忘れないようにしましょう。
2. **特殊解 $x_p(t)$ を求める（未定係数法）**
非同次項が $9t^2-12t+11$ (2次多項式) なので、特殊解を
$x_p(t) = At^2 + Bt + C$ と仮定します。(ここで $A,B,C$
は定数)
$x_p'(t) = 2At + B$
$x_p''(t) = 2A$
これらを元の非同次方程式に代入します。
$(2A) - 6(2At + B) + 9(At^2 + Bt + C) = 9t^2 - 12t + 11$
$2A - 12At - 6B + 9At^2 + 9Bt + 9C = 9t^2 - 12t + 11$
$t$ の係数を比較します。
$t^2$ の係数: $9A = 9 \Rightarrow A = 1$
$t$ の係数: $-12A + 9B = -12 \Rightarrow -12(1) + 9B = -12
\Rightarrow 9B = 0 \Rightarrow B = 0$
定数項: $2A - 6B + 9C = 11 \Rightarrow 2(1) - 6(0) + 9C = 11
\Rightarrow 2 + 9C = 11 \Rightarrow 9C = 9 \Rightarrow C =
1$
よって、特殊解は $x_p(t) = 1 \cdot t^2 + 0 \cdot t + 1 = t^2
+ 1$ です。
躓きやすいポイント：特殊解の仮定
非同次項が $n$ 次多項式の場合、特殊解も一般的に $n$ 次多項式として仮定します。ただし、もし $0$ が特性根の一つである場合（つまり同次解に定数項が含まれる場合）、仮定する多項式に $t$ を掛ける必要があります（今回のケースでは該当しません）。
3. **一般解 $x(t)$ を求める**
一般解は $x(t) = x_h(t) + x_p(t)$ で与えられます。
$x(t) = (C_1 + C_2 t)e^{3t} + t^2 + 1$
[5] 非線形微分方程式
微分方程式 $\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+(\frac{dx}{dt})^{2}=0$ の解で初期条件 $\lceil t=0$ のとき $x=2,$ $\frac{dx}{dt}=1 \rfloor$ を満たすものを求めよ。
解答
$x(t) = \ln(t+1) + 2$
解説
与えられた微分方程式は
$\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+(\frac{dx}{dt})^{2}=0$ です。
初期条件は $t=0$ のとき $x=2,$ $\frac{dx}{dt}=1$ です。
1. **$v = \frac{dx}{dt}$ とおく**
このとき、$\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{dv}{dt}$
となります。
与えられた方程式は $\frac{dv}{dt} + v^2 = 0$
と書き換えられます。
2. **$v(t)$ を求める**
$\frac{dv}{dt} = -v^2$
これは変数分離形の微分方程式です。$v \neq 0$ の場合
(初期条件 $v(0)=1 \neq 0$
なのでこの仮定は問題ありません)、
$\frac{1}{v^2} dv = -dt$
両辺を積分します。
$\int v^{-2} dv = \int -1 dt$
$-v^{-1} = -t + K_1$ ($K_1$ は積分定数)
$\frac{1}{v} = t - K_1$
$v(t) = \frac{1}{t-K_1}$
初期条件 $t=0$ のとき $v(0)=1$ を用いて $K_1$
を決定します。
$1 = \frac{1}{0-K_1} \Rightarrow 1 = -\frac{1}{K_1}
\Rightarrow K_1 = -1$
よって、$v(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{1}{t-(-1)} =
\frac{1}{t+1}$。
躓きやすいポイント：変数置換と初期条件の利用
このタイプの2階微分方程式（$x$ が陽に含まれない）では、$v = x'$ とおくことで1階の微分方程式に帰着させるのが定石です。得られた $v(t)$ の式に、$v$ に関する初期条件（この場合は $v(0)=x'(0)=1$）を適用して積分定数を決定します。
3. **$x(t)$ を求める**
$\frac{dx}{dt} = \frac{1}{t+1}$
両辺を $t$ で積分します。
$x(t) = \int \frac{1}{t+1} dt = \ln|t+1| + K_2$ ($K_2$
は積分定数)
初期条件 $t=0$ のとき $x(0)=2$ を用いて $K_2$
を決定します。
$2 = \ln|0+1| + K_2 \Rightarrow 2 = \ln(1) + K_2 \Rightarrow
2 = 0 + K_2 \Rightarrow K_2 = 2$
よって、$x(t) = \ln|t+1| + 2$。
通常、時間の変数は $t \ge 0$ で考えられるため、$t+1 > 0$
です。したがって、絶対値記号は外すことができ、
$x(t) = \ln(t+1) + 2$ が求める解となります。
初期条件の確認：
$x(0) = \ln(0+1) + 2 = \ln(1) + 2 = 0 + 2 = 2$ (OK)
$x'(t) = \frac{1}{t+1}$ なので、$x'(0) = \frac{1}{0+1} = 1$
(OK)
導出した解は与えられた初期条件を正しく満たしています。
[6] 2重積分
(1) $\iint_{D}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}}dxdy$, $D=\{(x,y)|x^{2}+y^{2}\le1\}$
(2) $\iint_{D}\sin(2x+y)\cos(x-y)dxdy$, $D=\{(x,y)|0\le x\le\frac{\pi}{2},0\le y\le\frac{\pi}{2}\}$
(1) 解答
$2\pi(\sqrt{2}-1)$
(1) 解説
積分領域 $D$ は原点を中心とする半径 $1$ の円です。極座標変換
$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$ を用います。ヤコビアンは $r$
です。
$x^2+y^2 = r^2$。
積分範囲は $0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le 2\pi$ です。
$I = \iint_{D}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}}dxdy =
\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1+r^2}} \cdot r
dr d\theta$
まず $r$ について積分します。$u = 1+r^2$ とおくと $du = 2r
dr \Rightarrow r dr = \frac{1}{2}du$。
$r=0 \Rightarrow u=1$, $r=1 \Rightarrow u=2$。
$\int_{0}^{1} \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} dr = \int_{1}^{2}
\frac{1}{\sqrt{u}} \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int_{1}^{2}
u^{-1/2} du = \frac{1}{2} [2u^{1/2}]_{1}^{2} =
[\sqrt{u}]_{1}^{2} = \sqrt{2} - \sqrt{1} = \sqrt{2}-1$。
次に $\theta$ について積分します。
$I = \int_{0}^{2\pi} (\sqrt{2}-1) d\theta = (\sqrt{2}-1)
[\theta]_{0}^{2\pi} = (\sqrt{2}-1)(2\pi-0) =
2\pi(\sqrt{2}-1)$。
躓きやすいポイント：極座標変換
被積分関数や積分領域が $x^2+y^2$ の形を含む場合、極座標変換が有効です。ヤコビアン $r$ を忘れないようにしましょう。置換積分も正しく行うことが重要です。
積分領域の可視化 (問6(1))
領域Dは、原点を中心とする半径1の円の内部（境界を含む）です。
(2) 解答
$\frac{1}{2} + \frac{\pi}{12}$ (または $\frac{6+\pi}{12}$)
(2) 解説
被積分関数は $\sin(2x+y)\cos(x-y)$ です。積和の公式 $\sin A
\cos B = \frac{1}{2}(\sin(A+B) + \sin(A-B))$
を利用します。
$A = 2x+y, B = x-y$ とすると、
$A+B = (2x+y) + (x-y) = 3x$
$A-B = (2x+y) - (x-y) = x+2y$
よって、$\sin(2x+y)\cos(x-y) = \frac{1}{2}(\sin(3x) +
\sin(x+2y))$。
$I = \iint_{D}\frac{1}{2}(\sin(3x) + \sin(x+2y))dxdy = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \left( \int_{0}^{\pi/2} (\sin(3x) + \sin(x+2y)) dy \right) dx$
まず $y$ について積分します。
$\int_{0}^{\pi/2} (\sin(3x) + \sin(x+2y)) dy = \left[
y\sin(3x) - \frac{1}{2}\cos(x+2y)
\right]_{y=0}^{y=\pi/2}$
$= \left( \frac{\pi}{2}\sin(3x) - \frac{1}{2}\cos(x+\pi)
\right) - \left( 0 \cdot \sin(3x) - \frac{1}{2}\cos(x)
\right)$
$\cos(x+\pi) = -\cos x$ なので、
$= \frac{\pi}{2}\sin(3x) + \frac{1}{2}\cos x +
\frac{1}{2}\cos x = \frac{\pi}{2}\sin(3x) + \cos x$。
次に $x$ について積分します。
$I = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \left(
\frac{\pi}{2}\sin(3x) + \cos x \right) dx$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{\pi}{2}
\left(-\frac{1}{3}\cos(3x)\right) + \sin x
\right]_{0}^{\pi/2}$
$= \frac{1}{2} \left[ -\frac{\pi}{6}\cos(3x) + \sin x
\right]_{0}^{\pi/2}$
$= \frac{1}{2} \left\{
\left(-\frac{\pi}{6}\cos\left(\frac{3\pi}{2}\right) +
\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\right) -
\left(-\frac{\pi}{6}\cos(0) + \sin(0)\right) \right\}$
$\cos\left(\frac{3\pi}{2}\right)=0,
\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1, \cos(0)=1, \sin(0)=0$
なので、
$= \frac{1}{2} \left\{ (0 + 1) - \left(-\frac{\pi}{6} \cdot
1 + 0\right) \right\} = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{\pi}{6}
\right) = \frac{1}{2} + \frac{\pi}{12}$。
(注意: 以前のバージョンでこの問題の解答が $2/3$
と記載されていたことがありましたが、積和の公式を用いた直接計算ではこの値
$\frac{1}{2} + \frac{\pi}{12}$ となります。)
躓きやすいポイント：三角関数の積分と積和の公式
三角関数が複数含まれる積の積分では、積和の公式や和積の公式を利用して、積分しやすい形に変形することが有効です。また、定積分の計算では、代入する値（特に $0, \pi/2, \pi$ など）での三角関数の値を間違えないように注意が必要です。