(1) $z = \sin(xy)$ の全微分を求める。 (2) $d(u+v) = du + dv$, $d(uv) = vdu + udv$, $d(\frac{v}{u}) = \frac{udv - vdu}{u^2}$ を証明する。 (3) $f = r\sin^2\theta$, $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ ($r > 0$) のとき、$df = adx + bdy$ となる $a, b$ の値を $(x, y) = (1, 1)$ で求める。

## 問題の解答

1. 問題の内容

(1) $z = \sin(xy)$ の全微分を求める。

(2) $d(u+v) = du + dv$, $d(uv) = vdu + udv$, $d(\frac{v}{u}) = \frac{udv - vdu}{u^2}$ を証明する。

(3) $f = r\sin^2\theta$, $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ ($r > 0$) のとき、$df = adx + bdy$ となる $a, b$ の値を $(x, y) = (1, 1)$ で求める。

2. 解き方の手順

(1)

$z = \sin(xy)$ の全微分は、

$dz = \frac{\partial z}{\partial x}dx + \frac{\partial z}{\partial y}dy$

で与えられる。偏微分を計算すると、

$\frac{\partial z}{\partial x} = \cos(xy) \cdot y = y\cos(xy)$

$\frac{\partial z}{\partial y} = \cos(xy) \cdot x = x\cos(xy)$

したがって、全微分は

$dz = y\cos(xy)dx + x\cos(xy)dy$

(2)

(i) $d(u+v) = du + dv$

$d(u+v) = \frac{\partial (u+v)}{\partial u}du + \frac{\partial (u+v)}{\partial v}dv = 1 \cdot du + 1 \cdot dv = du + dv$

(ii) $d(uv) = vdu + udv$

$d(uv) = \frac{\partial (uv)}{\partial u}du + \frac{\partial (uv)}{\partial v}dv = v \cdot du + u \cdot dv = vdu + udv$

(iii) $d(\frac{v}{u}) = \frac{udv - vdu}{u^2}$

$d(\frac{v}{u}) = \frac{\partial (\frac{v}{u})}{\partial u}du + \frac{\partial (\frac{v}{u})}{\partial v}dv = (-\frac{v}{u^2})du + (\frac{1}{u})dv = \frac{-vdu + udv}{u^2} = \frac{udv - vdu}{u^2}$

(3)

$f = r\sin^2\theta$

$x = r\cos\theta$

$y = r\sin\theta$

まず、 $r$ と $\theta$ を $x$ と $y$ で表すことを考える。

$x^2 + y^2 = r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta = r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = r^2$

したがって、$r = \sqrt{x^2 + y^2}$ (r > 0 なので)

$\frac{y}{x} = \frac{r\sin\theta}{r\cos\theta} = \tan\theta$

したがって、$\theta = \arctan(\frac{y}{x})$

$f = r\sin^2\theta = r(1-\cos^2\theta) = r(1 - (\frac{x}{r})^2) = r(1 - \frac{x^2}{r^2}) = r - \frac{x^2}{r} = \sqrt{x^2+y^2} - \frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

$df = \frac{\partial f}{\partial x}dx + \frac{\partial f}{\partial y}dy$

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{2}(x^2+y^2)^{-1/2} \cdot 2x - \frac{2x\sqrt{x^2+y^2} - x^2 \cdot \frac{1}{2}(x^2+y^2)^{-1/2} \cdot 2x}{x^2+y^2} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{2x(x^2+y^2) - x^3}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{x(x^2+y^2) - 2x(x^2+y^2) + x^3}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{-x^3 - xy^2 + x^3}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{-xy^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}$

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{2}(x^2+y^2)^{-1/2} \cdot 2y - x^2 (-\frac{1}{2})(x^2+y^2)^{-3/2} \cdot 2y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} + \frac{x^2 y}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{y(x^2+y^2) + x^2 y}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{x^2 y + y^3 + x^2 y}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{2x^2y + y^3}{(x^2+y^2)^{3/2}}$

$(x, y) = (1, 1)$ のとき、

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{-1}{(1+1)^{3/2}} = \frac{-1}{2\sqrt{2}}$

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{2+1}{(1+1)^{3/2}} = \frac{3}{2\sqrt{2}}$

したがって、$a = \frac{-1}{2\sqrt{2}}$, $b = \frac{3}{2\sqrt{2}}$

3. 最終的な答え

(1) $dz = y\cos(xy)dx + x\cos(xy)dy$

(2) 証明は上記の通り

(3) $a = -\frac{1}{2\sqrt{2}}$, $b = \frac{3}{2\sqrt{2}}$