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advanced-math/exercise/7-integral-calculus-of-multivariate-functions/integral-calculus-of-multivariate-functions.tex

@@ -141,8 +141,6 @@ $\int_0^\pi\cos^2x\,\textrm{d}x\int_0^{\sin x}\textrm{d}y=\int_0^\pi\cos^2x\sin
 
 所以$=2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\textrm{d}\theta\int_0^{\frac{1}{\cos\theta}}\textrm{d}r=2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\textrm{d}\theta}{\cos\theta}=2\ln(\sec\theta+\tan\theta)|_0^{\frac{\pi}{4}}=2\ln(1+\sqrt{2})$。
 
-\subsection{二重积分求导}
-
 即对二重积分求导，需要将二重积分化为一重积分。
 
 \subsection{二重积分等式}
@@ -159,4 +157,44 @@ $A=\dfrac{A}{\pi}\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^1r^2\,\textrm{d}r+\int_0^{2
 
 则代入原式$f(x,y)=\dfrac{3}{4}\sqrt{x^2+y^2}+y^2$。
 
+\subsection{二重积分求导}
+
+\subsection{一重积分化二重积分}
+
+对于一重积分的计算或证明可能比较有难度，如两个关于$x$的函数的一重积分乘积计算，可以将其中一个$x$当作$y$，从而将一重积分的乘积变为二重积分。
+
+\subsubsection{乘积化不等式}
+
+\textbf{例题：}$f(x)$为恒大于0的连续函数，证明$\displaystyle{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x\cdot\int_a^b\dfrac{1}{f(x)}\textrm{d}x\geqslant(b-a)^2}$。
+
+解：首先观察这个式子，右边是积分上下限的差的乘积，左边是两个积分的乘积，看上去貌似没什么关系，而且积分式子给出的是一个未定式$f(x)$，所以不能直接求左边值再比较大小，他们之间一定存在着某种关系。
+
+式子左边的两个函数互为倒数，所以应该要尝试将这两个式子乘在一起来利用基本不等式计算，即将一重积分乘积变为二重积分。
+
+对于一重积分而言只是一个自变量，对于二重积分而言就变成了两个自变量，需要令其中一个$f(x)$变为$y$，所以$xy$的积分区域都是一样的$[a,b]$，所以设$D=\{(x,y)\vert a\leqslant x\leqslant b,a\leqslant y\leqslant b\}$。
+
+$I=\displaystyle{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x\cdot\int_a^b\dfrac{1}{f(x)}\textrm{d}x}=\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x\cdot\int_a^b\dfrac{1}{f(y)}\textrm{d}y=\iint\limits_D\dfrac{f(x)}{f(y)}\textrm{d}x\textrm{d}y$。
+
+$I=\displaystyle{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x\cdot\int_a^b\dfrac{1}{f(x)}\textrm{d}x}=\int_a^bf(y)\,\textrm{d}y\cdot\int_a^b\dfrac{1}{f(x)}\textrm{d}x=\iint\limits_D\dfrac{f(y)}{f(x)}\textrm{d}x\textrm{d}y$。
+
+$\therefore I=\displaystyle{\dfrac{1}{2}\left[\iint\limits_D\left[\dfrac{f(x)}{f(y)}+\dfrac{f(y)}{f(x)}\right]\textrm{d}x\textrm{d}y\right]\geqslant\dfrac{1}{2}\iint\limits_D2\sqrt{\dfrac{f(x)}{f(y)}\cdot\dfrac{f(y)}{f(x)}}\textrm{d}x\textrm{d}y=}\\\displaystyle{\dfrac{1}{2}\iint\limits_D2\textrm{d}x\textrm{d}y}=(b-a)^2$。
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+\subsubsection{乘积简化计算}
+
+\textbf{例题：}求$\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\textrm{d}x$。
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+解：对于这个一重积分首先看到$e^{x^2}$，肯定会想到将其幂次降低。使用分部积分法对$e^{e^2}$求导这个幂次不会降低，使用换元法$x=\sqrt{t}$会得到$\dfrac{1}{\sqrt{t}}$从而无法处理，所以这些都不能计算，那么该怎么办？
+
+看到$x^2$就能想到$x^2+y^2$的形式，这样就是一个极坐标系的二重积分，所以尝试将一重积分变成二重积分，即再乘一个以$y$为自变量的原式。
+
+设$I=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\textrm{d}x$，显然$I>0$，将$x$换成$y$：
+
+$I^2=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\textrm{d}x\cdot\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\textrm{d}x=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\textrm{d}x\cdot\int_0^{+\infty}e^{-y^2}\,\textrm{d}y$
+
+$=\displaystyle{\iint\limits_{\substack{0\leqslant x\leqslant+\infty\\0\leqslant y\leqslant+\infty}}e^{-(x^2+y^2)}\,\textrm{d}x\textrm{d}y}$，令$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$：
+
+$=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2}\textrm{d}\theta\int_0^{+\infty}e^{-r^2}r\,\textrm{d}r=\dfrac{\pi}{2}\left(-\dfrac{1}{2}\right)\int_0^{+\infty}e^{-r^2}\,\textrm{d}(-r^2)=-\dfrac{\pi}{4}e^{-r^2}\bigg\vert_0^{+\infty}}=\dfrac{\pi}{4}$。
+
+$\therefore I=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。
+
 \end{document}

advanced-math/knowledge/8-infinite-series/infinite-series.tex

@@ -139,7 +139,7 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\sin\dfrac{1}{n}}{\dfrac{
 
 \paragraph{比值判别法} \leavevmode \medskip
 
-也称为达朗贝尔判别法。
+也称为达朗贝尔判别法。根据自己的通项的商进行比较。
 
 \textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}给出一正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，若$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$，则：\ding{172}若$\rho<1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；\ding{173}若$\rho>1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$发散。