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@@ -686,14 +686,53 @@ $=-\dfrac{4x+3}{2(x^2+x+1)}-\dfrac{6}{\sqrt{3}}\arctan\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$
 
 定积分计算以牛莱公式为基础。
 
-\subsection{极限}
+\subsection{换元积分}
+
+换元积分法基本上跟不定积分一样。
+
+\textbf{例题：}求$\displaystyle{\int_0^2\dfrac{x\,\textrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2}}$。\medskip
+
+解：从题目来看都需要使用换元积分法，因为分母比较复杂。一种思路直接令$x^2-2x+2=u$，但是这样$\textrm{d}x$就解不出来。所以尝试将分母配方：$x^2-2x+2=(x-1)^2+1$，看到$x^2+1$的形式就想到了$\tan^2u+1=\sec^2u$，所以令$x-1=\tan u$，即$x=\tan u+1$，$\textrm{d}x=\sec^2u\,\textrm{d}u$，$(x^2-2x+2)^2=\sec^4u$。当$x=0$，$u=-\dfrac{\pi}{4}$，当$x=2$，$u=\dfrac{\pi}{4}$。解得$=\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\dfrac{(1+\tan u)\textrm{d}u}{\sec^2u}}$
+
+$=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u+\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\tan u\,\textrm{d}u=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u+\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\sin u\cos u\,\textrm{d}u=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u=2\int_0^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u=2\int_0^\frac{\pi}{4}(1+\cos2u)\,\textrm{d}u=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}$。
+
+\subsection{分部积分}
+
+可以使用普通的分部积分方式，也可以使用分部积分推广公式。
+
+\textbf{例题：}求$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x$。
+
+解：令$e^{2x}=u$，$\cos x=v$，$\therefore$根据积分推广公式：\medskip
+
+\begin{tabular}{|c|c|c|}
+    \hline
+    $e^{2x}$ & $2e^{2x}$ & $4e^{2x}$ \\ \hline
+    $\cos x$ & $\sin x$ & $-\cos x$ \\
+    \hline
+\end{tabular} \medskip
+
+$\therefore\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x=[e^{2x}\sin x+2e^{2x}\cos x]_0^\frac{\pi}{2}-4\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x$。
+
+$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{5}[e^{2x}(\sin x+2\cos x)]_0^\frac{\pi}{2}=\dfrac{1}{5}(e^\pi-2)$。
+
+\subsection{几何意义}
+
+定积分与不定积分不同的就是定积分具有几何意义，可以在计算时简化操作。
+
+\textbf{例题：}计算$\int_0^1\sqrt{2x-x^2}\,\textrm{d}x$。
+
+解：首先看到这个题目可能会使用换元积分法，但是尝试$t=\sqrt{2x-x^2}$，则$x$无法用$t$表示。
+
+对$\sqrt{2x-x^2}$进行变形，$=\sqrt{1-(x-1)^2}$，令$x-1=t$，则$=\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,\textrm{d}t$，根据定积分的几何意义，这是一个单位圆的四分之一，所以结果等于$\dfrac{1}{4}\pi$。
+
+\subsection{极限化为定积分}
 
 若极限中有$n$这种变量，也可以通过定积分的定义来做，$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^nf\left(\dfrac{i}{n}\right)\dfrac{1}{n}=\int_1^0f(x)\,\textrm{d}x$。
 
 \begin{enumerate}
     \item 先提出$\dfrac{1}{n}$。
     \item 凑出$\dfrac{i}{n}$。
-    \item 写出$\int_0^1f(x)\,\textrm{d}x$，其中$\dfrac{1}{n}$没有了，将所有$\dfrac{i}{n}$换为在$x$。
+    \item 写出$\int_0^1f(x)\,\textrm{d}x$，其中$\dfrac{1}{n}$没有了，将所有$\dfrac{i}{n}$换为$x$。
 \end{enumerate}
 
 \textbf{例题：}求$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}\cdots+\dfrac{1}{n+n}\right)$。
@@ -738,45 +777,6 @@ $\therefore\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{\sin x}{\cos x+\sin x}\textr
 
 $\therefore=\dfrac{1}{2}\pi\displaystyle{\int_0^\pi\dfrac{\sin t}{1+\cos^2t}\textrm{d}t}=-\dfrac{1}{2}\pi\int_0^\pi\dfrac{\textrm{d}\cos t}{1+\cos^2t}=-\dfrac{1}{2}\pi\arctan\cos t\bigg|_0^\pi=\dfrac{1}{4}\pi^2$。
 
-\subsection{换元积分}
-
-换元积分法基本上跟不定积分一样。
-
-\textbf{例题：}求$\displaystyle{\int_0^2\dfrac{x\,\textrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2}}$。\medskip
-
-解：从题目来看都需要使用换元积分法，因为分母比较复杂。一种思路直接令$x^2-2x+2=u$，但是这样$\textrm{d}x$就解不出来。所以尝试将分母配方：$x^2-2x+2=(x-1)^2+1$，看到$x^2+1$的形式就想到了$\tan^2u+1=\sec^2u$，所以令$x-1=\tan u$，即$x=\tan u+1$，$\textrm{d}x=\sec^2u\,\textrm{d}u$，$(x^2-2x+2)^2=\sec^4u$。当$x=0$，$u=-\dfrac{\pi}{4}$，当$x=2$，$u=\dfrac{\pi}{4}$。解得$=\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\dfrac{(1+\tan u)\textrm{d}u}{\sec^2u}}$
-
-$=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u+\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\tan u\,\textrm{d}u=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u+\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\sin u\cos u\,\textrm{d}u=\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u=2\int_0^\frac{\pi}{4}\cos^2u\,\textrm{d}u=2\int_0^\frac{\pi}{4}(1+\cos2u)\,\textrm{d}u=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}$。
-
-\subsection{分部积分}
-
-可以使用普通的分部积分方式，也可以使用分部积分推广公式。
-
-\textbf{例题：}求$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x$。
-
-解：令$e^{2x}=u$，$\cos x=v$，$\therefore$根据积分推广公式：\medskip
-
-\begin{tabular}{|c|c|c|}
-    \hline
-    $e^{2x}$ & $2e^{2x}$ & $4e^{2x}$ \\ \hline
-    $\cos x$ & $\sin x$ & $-\cos x$ \\
-    \hline
-\end{tabular} \medskip
-
-$\therefore\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x=[e^{2x}\sin x+2e^{2x}\cos x]_0^\frac{\pi}{2}-4\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x$。
-
-$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{2x}\cos x\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{5}[e^{2x}(\sin x+2\cos x)]_0^\frac{\pi}{2}=\dfrac{1}{5}(e^\pi-2)$。
-
-\subsection{几何意义}
-
-定积分与不定积分不同的就是定积分具有几何意义，可以在计算时简化操作。
-
-\textbf{例题：}计算$\int_0^1\sqrt{2x-x^2}\,\textrm{d}x$。
-
-解：首先看到这个题目可能会使用换元积分法，但是尝试$t=\sqrt{2x-x^2}$，则$x$无法用$t$表示。
-
-对$\sqrt{2x-x^2}$进行变形，$=\sqrt{1-(x-1)^2}$，令$x-1=t$，则$=\int_0^1\sqrt{1-t^2}\,\textrm{d}t$，根据定积分的几何意义，这是一个单位圆的四分之一，所以结果等于$\dfrac{1}{4}\pi$。
-
 \subsection{定限积分等式}
 
 与不定积分等式一样，存在一些问题给出带有不定积分的等式，需要求里面的包含的函数。其中不同的是定限积分的值都是常数，所以解题时可以令其为一个参数求。

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

@@ -38,9 +38,11 @@
 \setcounter{page}{1}
 \section{二重积分}
 
-\subsection{交换积分次序}
+\subsection{积分转换}
 
-\subsubsection{直角坐标系}
+\subsubsection{交换积分次序}
+
+\paragraph{直角坐标系} \leavevmode \medskip
 
 \textbf{例题：}交换积分次序$\int_0^1\textrm{d}x\int_0^{x^2}f(x,y)\,\textrm{d}y+\int_1^3\textrm{d}x\int_0^{\frac{1}{2}(3-x)}f(x,y)\,\textrm{d}y$。
 
@@ -48,7 +50,7 @@
 
 所以转换为$\int_0^1\textrm{d}y\int_{\sqrt{y}}^{3-2y}f(x,y)\,\textrm{d}x$。
 
-\subsubsection{极坐标系}
+\paragraph{极坐标系} \leavevmode \medskip
 
 \textbf{例题：}对$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\textrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,\textrm{d}r$交换积分次序。
 
@@ -92,7 +94,7 @@ $\sigma_2$的$\theta$界限都是是$r=2\cos\theta$这个圆，此时$r>0$恒成
 
 $\int_0^{\sqrt{2}}r\,\textrm{d}r\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\arccos\frac{r}{2}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\textrm{d}\theta+\int_{\sqrt{2}}^2r\,\textrm{d}r\int_{-\arccos\frac{r}{2}}^{\arccos\frac{r}{2}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\textrm{d}\theta$。
 
-\subsection{极直互化}
+\subsubsection{极直互化}
 
 \textbf{例题：}将$I=\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}R}e^{-y^2}\textrm{d}y\int_0^ye^{-x^2}\,\textrm{d}x+\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}R}^Re^{-y^2}\,\textrm{d}y\int_0^{\sqrt{R^2-y^2}}e^{-x^2}\,\textrm{d}x$转换为极坐标系并计算结果。
 
@@ -128,13 +130,21 @@ $\int_0^\pi\cos^2x\,\textrm{d}x\int_0^{\sin x}\textrm{d}y=\int_0^\pi\cos^2x\sin
 
 直角坐标系和极坐标系都可以使用。
 
-若积分区域$\sigma$关于$x=k_1$或$y=k_2$对称，则当$f(x,y)$含有$x-k_1$或$y-k_2$因式时重积分值为0。
+\paragraph{直角坐标系} \leavevmode \medskip
 
-\textbf{例题：}设$D:x^2+y^2\leqslant2x+2y$，求$\iint\limits_Dxy\,\textrm{d}x\textrm{d}y$。
+主要是一般对称性（积分区域关于$x$轴对称若$y$奇则为0，关于$y$轴对称若$x$奇则为0）和轮换对称性（积分区域关于$y=x$对称则$xy$可以互换）。
 
-解：本题目使用直角坐标系和极坐标系都不好做。所以需要利用积分性质，对$D$进行平移等操作。
+\paragraph{极坐标系} \leavevmode \medskip
 
-利用平移，由于$D:(x-1)^2+(y-1)^2=2$，令$x=1+r\cos\theta$，$y=1+r\sin\theta$，则利用极坐标，$r\in[0,\sqrt{2}]$，$\theta\in[0,2\pi]$，$=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}((1+r\cos\theta)(1+r\sin\theta)r)\textrm{d}r=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}(1+r\sin\theta+r\cos\theta+r^2\sin\theta\cos\theta)r\,\textrm{d}r$，又将$\sin\theta$和$\cos\theta$对$\theta$在$[0,2\pi]$进行积分全部为0，所以直接把后面的全消掉，变为$\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}r\,\textrm{d}r=2\pi$。
+主要就是指一般对称性（画图可知）。
+
+\textbf{例题：}求曲线$r^2=2ax^2\cos2\theta$（$a>0$）所围图形面积。
+
+解：即求$\iint\limits_D\textrm{d}x\textrm{d}y$。重点就是求$D$，已知$r$的表达式，要求$\theta$的取值范围。
+
+又$r^2>0$，$x^2>0$，$a>0$，所以$\cos2\theta\geqslant0$，$-\dfrac{\pi}{4}\leqslant\theta\leqslant\dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}\leqslant\theta\leqslant\dfrac{5\pi}{4}$。
+
+由对称性，所以$=4\int_0^{\frac{\pi}{4}}\textrm{d}\theta\int_0^{a\sqrt{2\cos2\theta}}r\,\textrm{d}r=4a^2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos2\theta\,\textrm{d}\theta=2a^2$。
 
 \subsubsection{切分区域}
 
@@ -178,6 +188,68 @@ $\iint\limits_{D'}(u^2+v^2)\textrm{d}u\textrm{d}v=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\
 
 所以原式$=2\pi+6\pi=8\pi$。
 
+若积分区域$\sigma$关于$x=k_1$或$y=k_2$对称，则当$f(x,y)$含有$x-k_1$或$y-k_2$因式时重积分值为0。
+
+\textbf{例题：}设$D:x^2+y^2\leqslant2x+2y$，求$\iint\limits_Dxy\,\textrm{d}x\textrm{d}y$。
+
+解：本题目使用直角坐标系和极坐标系都不好做。所以需要利用积分性质，对$D$进行平移等操作。
+
+利用平移，由于$D:(x-1)^2+(y-1)^2=2$，令$x=1+r\cos\theta$，$y=1+r\sin\theta$，则利用极坐标，$r\in[0,\sqrt{2}]$，$\theta\in[0,2\pi]$，$=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}((1+r\cos\theta)(1+r\sin\theta)r)\textrm{d}r=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}(1+r\sin\theta+r\cos\theta+r^2\sin\theta\cos\theta)r\,\textrm{d}r$，又将$\sin\theta$和$\cos\theta$对$\theta$在$[0,2\pi]$进行积分全部为0，所以直接把后面的全消掉，变为$\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^{\sqrt{2}}r\,\textrm{d}r=2\pi$。
+
+\subsubsection{极限化为二重积分}
+
+类似极限转换为定积分，有$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}f\left(\dfrac{i}{n},\dfrac{j}{n}\right)=\int_0^1\textrm{d}x\int_0^1f(x,y)\,\textrm{d}y$：
+
+\begin{enumerate}
+    \item 先提出$\dfrac{1}{n^2}$。
+    \item 凑出$\dfrac{i}{n}$和$\dfrac{j}{n}$。
+    \item 写出$\int_0^1\textrm{d}x$、$\int_0^1f(x,y)\,\textrm{d}y$，其中$\dfrac{1}{n^2}$没有了，将所有$\dfrac{i}{n}$换为$x$，$\dfrac{j}{n}$换为$y$。
+\end{enumerate}
+
+\textbf{例题：}求$I=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{i}{n}\right)(n^2+j^2)}$。
+
+解：首先提出$\dfrac{1}{n^2}$，正好在分母右边等式中$=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{i}{n}\right)(1+\dfrac{j^2}{n^2})}\dfrac{1}{n^2}$。
+
+已完全化为$\dfrac{i}{n}$和$\dfrac{j}{n}$，所以$=\displaystyle{\int_0^1\dfrac{1}{1+x}\textrm{d}x\int_0^1\dfrac{1}{1+y^2}\textrm{d}y}$。
+
+$=\ln(1+x)\vert_0^1\arctan y\vert_0^1=\dfrac{\pi}{4}\ln2$。
+
+\subsubsection{二重积分极限}
+
+即对存在二重积分的式子求极限。当对二重积分求极限时基本上都需要使用洛必达法则对积分求导。
+
+令中间的定积分为$g(x)$，并记住$(\int_{f(x)}^{g(x)}h(t)\,\textrm{d}t)'=(g'(x)-f'(x))h(x)$。上下限最好换为$x$和$0$。
+
+\textbf{例题：}求$\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{1}{t^6}\int_0^t\textrm{d}x\int_x^t\sin(xy)^2\textrm{d}y$。
+
+解：这个式子求极限必然使用洛必达法则，而$\int_0^t\textrm{d}x\int_x^t\sin(xy)^2\textrm{d}y$里面那层定积分的上下限不规整，所以更换积分次序变成$\int_0^t\textrm{d}y\int_0^x\sin(xy)^2\textrm{d}x$。
+
+对其求导$\int_0^t[\int_0^x\sin(xy)^2\textrm{d}x]\textrm{d}y$，由于该层积分变量为$y$，令$\int_0^x\sin(xy)^2\textrm{d}x=g(y)$，所以$=\int_0^tg(y)\,\textrm{d}y$，对其求导得$g(t)$，里面的$y$全部用$t$替换$=\int_0^x\sin(xt)^2\textrm{d}x$。
+
+$=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\int_0^t\textrm{d}x\int_x^t\sin(xy)^2\textrm{d}y}{t^6}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\int_0^t\sin(xt)^2\textrm{d}x}{6t^5}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\int_0^t\sin(xt)^2\textrm{d}(xt)}{6t^6}$。
+
+由于$x$和$t$都是变量，所以令$xt=u$，$x=\dfrac{u}{t}$，$u\in(0,t^2)$，$=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{\int_0^{t^2}\sin u^2\textrm{d}u}{6t^6}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{2t\sin t^4}{36t^5}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{t^5}{18t^5}=\dfrac{1}{18}$。
+
+\subsubsection{广义极坐标系}
+
+广义极坐标系是对极坐标系的延伸，极坐标系是广义坐标系的特例。极坐标系是基于直线和圆周进行积分，而广义极坐标系可以对圆锥曲线进行积分。
+
+当对面积为非圆形进行积分时可以使用广义极坐标系。
+
+\textbf{例题：}设$D:\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}\leqslant1$，求$\iint\limits_Dy^2\,\textrm{d}x\textrm{d}y$。
+
+解：令$x=ar\cos\theta$，$y=br\sin\theta$，所以$D'$为$0\leqslant r\leqslant 1$，$0\leqslant\theta\leqslant2\pi$。
+
+变换雅可比行列式$J=\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=\left\vert\begin{array}{cc}
+    \dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial\theta} \\
+    \dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial\theta}
+\end{array}\right\vert=\left\vert\begin{array}{cc}
+    a\cos\theta & -ar\sin\theta \\
+    b\sin\theta & br\cos\theta
+\end{array}\right\vert=abr$。
+
+所以$I=\iint\limits_{D'}(br\sin\theta)^2\vert J\vert\,\textrm{d}r\textrm{d}\theta=\int_0^{2\pi}\textrm{d}\theta\int_0^1b^2r^2\sin^2\theta\cdot abr\,\textrm{d}r=\dfrac{\pi ab^3}{4}$。
+
 \subsection{二重积分等式}
 
 \subsubsection{函数}
@@ -268,6 +340,22 @@ $=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2}\textrm{d}\theta\int_0^{+\infty}e^{-r^2}r\,\
 
 $\therefore I=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。
 
+\subsection{二重积分应用}
+
+\subsubsection{体积}
+
+\subsubsection{形心公式}
+
+直角坐标系和极坐标系的形心公式都是一样的，使用极坐标系可以转换。
+
+\textbf{例题：}求曲线$ay=x^2$与$x+y=2a$所围平面区域$D$的形心坐标。
+
+解：根据表达式可知有两个交点$(-2a,4a)$、$(a,a)$，形心公式：
+
+$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_{-2a}^ax\,\textrm{d}x\int_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\textrm{d}y}{\int_{-2a}^a\,\textrm{d}x\int_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\textrm{d}y}=\dfrac{\int_{-2a}^a(-\dfrac{x^3}{a}-x^2+2ax)\textrm{d}x}{\int_{-2a}^a(-\dfrac{x^2}{a}-x+2a)\textrm{d}x}=-\dfrac{1}{2}a$
+
+$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_{-2a}^a\,\textrm{d}x\int_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}y\textrm{d}y}{\int_{-2a}^a\,\textrm{d}x\int_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\textrm{d}y}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\int_{-2a}^a(-\dfrac{x^4}{4}+x^2-4ax+4a^2)}{\int_{-2a}^a(-\dfrac{x^2}{a}-x+2a)\textrm{d}x}=\dfrac{8}{5}a$
+
 \section{弧长曲线积分}
 
 \section{坐标曲线积分}

advanced-math/exercise/9-differential-equation/differential-equation.tex

@@ -42,6 +42,8 @@
 
 \subsection{可分离变量微分方程}
 
+\subsubsection{交叉积分法}
+
 \textbf{例题：}求$y\sin\dfrac{x}{2}\,\textrm{d}x-\cos\dfrac{x}{2}\,\textrm{d}y=0$的通解。
 
 解：$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}=y\tan\dfrac{x}{2}$，$\dfrac{\textrm{d}y}{y}=\tan\dfrac{x}{2}\,\textrm{d}x$，$\displaystyle{\int\dfrac{\textrm{d}y}{y}=2\int\tan\dfrac{x}{2}\,\textrm{d}\dfrac{x}{2}}$。
@@ -54,7 +56,9 @@ $y=\dfrac{\pm C_1}{\left(\cos\dfrac{x}{2}\right)^2}$，令$C=\pm C_1$，得$y=\d
 
 此时解为全部解，为通解加上$y=0$的奇解。
 
-\subsection{多项式换元}
+\subsubsection{多项式换元法}
+
+$x$和$y$是以和差作为一个整体形式。
 
 \textbf{例题：}求微分方程$\textrm{d}y=\sin(x+y+100)\,\textrm{d}x$的通解。
 
@@ -68,7 +72,13 @@ $\int\sec^2u-\tan u\sec u\,\textrm{d}u=x$，即$\tan u-\sec u=x+C$。代回$u=x+
 
 所有解：$\tan(x+y+100)-\sec(x+y+100)=x+C$，$x+y+100=2k\pi-\dfrac{\pi}{2}$。
 
-\subsection{自然齐次方程}
+\subsection{一阶线性方程}
+
+形如$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}+P(x)y=Q(x)$。
+
+可以直接求也可以使用公式求。
+
+\subsubsection{交叉积分法}
 
 \textbf{例题：}设$L$是一条平面曲线，其上任意一点$P(x,y)$（$x>0$）到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在$y$轴上的截距，且$L$经过点$\left(\dfrac{1}{2},0\right)$，求$L$的方程。
 
@@ -86,9 +96,9 @@ $\therefore\ln(u+\sqrt{1+u^2})=-\ln x+\ln C$，$u+\sqrt{1+u^2}=\dfrac{C}{x}$。
 
 代入$\dfrac{y}{x}+\sqrt{1+\dfrac{y^2}{x^2}}=\dfrac{C}{x}$，$y+\sqrt{x^2+y^2}=C$。
 
-\subsection{一阶线性方程}
+\subsubsection{公式法}
 
-形如$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}+P(x)y=Q(x)$。
+即使用非齐次和非齐次的一阶线性微分方程公式。
 
 \subsubsection{换元法}
 
@@ -102,6 +112,28 @@ $\therefore(e^y)'+e^y=\sin x$，令$e^y=u$，$u'+u=\sin x$，$P(x)=1$，$Q(x)=\s
 
 $e^y=u=e^{-\int\textrm{d}x}(\int e^{\int\textrm{d}x}\sin x\,\textrm{d}x+C)=e^{-x}(\int e^x\sin x\,\textrm{d}x+C)$，积分再现表格解出$\int e^x\sin x\,\textrm{d}x$：$=e^{-x}\left(\dfrac{1}{2}e^x(\sin x-\cos x)+C\right)$。
 
+\textbf{例题：}求$y'=\dfrac{y^2-x}{2y(x+1)}$的通解。
+
+解：这个式子首先分子分母等长，$xy$都合在一起，所以很难去分离出基本的微分方程。基本的微分方程式子为$y'+P(x)y=Q(x)$，对比可以看出里面$y^2$是不能化简的，所以很容易想到把这个当作一个整体。
+
+$2y'y=\dfrac{y^2-x}{x+1}$，此时出现了$y^2$和$y^2$的导数，令$y^2=u$，$u'=\dfrac{u-x}{x+1}$。
+
+即$u'-\dfrac{y}{x+1}=\dfrac{1}{x+1}-1$，此时就化为了一般非齐次方程。
+
+根据公式算出$y=C(x+1)-(x+1)\ln\vert x+1\vert-1$。
+
+\subsubsection{交换微分变量}
+
+当出现$y'=\dfrac{f(x)}{g(x)}$，$g(x)$多项式的次数远高于$f(x)$，此时就没办法分离变量了，可以用$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}$颠倒求导顺序。
+
+\textbf{例题：}求$y'=\dfrac{y}{x+(y+1)^2}$的通解。（$y$不为常函数）
+
+解：由于$y'$对应的式子分母较复杂，而分子较简单，所以上下颠倒：
+
+$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{x+(y+1)^2}{y}=\dfrac{x}{y}+y+\dfrac{1}{y}+2$。$x'-\dfrac{1}{y}x=y+\dfrac{1}{y}+2$。
+
+根据公式：$x=e^{\int\frac{1}{y}\,\textrm{d}y}\left[\displaystyle{\int\left(y+\dfrac{1}{y}+2\right)}e^{\int-\frac{1}{y}\,\textrm{d}y}\,\textrm{d}y+C\right]=y^2+2\ln\vert y\vert y-1+Cy$。
+
 \subsection{伯努利方程}
 
 形如$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}+P(x)y=Q(x)y^n$。
@@ -138,12 +170,16 @@ $y'=C(1+x^2)$，$\therefore y=C_2\left(x+\dfrac{x^3}{3}+x\right)+C$。
 
 \section{高阶线性微分方程}
 
-\subsection{常系数齐次线性微分方程}
+% \subsection{常系数齐次线性微分方程}
 
-\subsection{常系数非齐次线性微分方程}
+% \subsection{常系数非齐次线性微分方程}
+
+\subsection{基本解法}
 
 先将常系数非齐次线性微分方程变为常系数齐次线性微分方程求解，然后加上非齐次方程的一个特解，就是非齐次方程的一个通解。
 
+特解只能拆为和的形式而不能拆为乘商的形式，如$Q(x)=\sin^2x$，则应该拆为$\dfrac{1-\cos2x}{2}$。
+
 \textbf{例题：}求$y''-4y'+4y=3xe^{2x}$的通解。
 
 解：变为常系数齐次线性微分方程：$y''-4y'+4y$。

advanced-math/knowledge/4-indefinite-integral-and-definite-integral/indefinite-integral-and-definite-integral.tex

@@ -759,7 +759,7 @@ $S_n=\sum\limits_{i=1}^n\Vert\overline{M_{i-1}M_{i}}\Vert$，$S=\lim\limits_{\de
 
 如果是极坐标方程，则$S=\int_\alpha^\beta\sqrt{\rho^2+\rho'^2}\,\textrm{d}\theta$。
 
-\subsubsection{形心坐标公式}
+\subsubsection{形心公式}
 
 \paragraph{曲线} \leavevmode \medskip
 
@@ -781,15 +781,19 @@ $\overline{x}=\dfrac{\int_\alpha^\beta x\rho(x)\,\textrm{d}x}{\int_\alpha^\beta\
 
 设曲边梯形平面区域$D=\{(x,y)|0\leqslant y\leqslant f(x),a\leqslant x\leqslant b\}$，$f(x)$在$[a,b]$上连续，则平面$D$的形心坐标计算公式为：\medskip
 
-$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}x\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bxf(x)\,\textrm{d}x}{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
+% $\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}x\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bxf(x)\,\textrm{d}x}{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
 
-$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}y\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bf^2(x)\,\textrm{d}x}{2\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
+% $\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}y\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_0^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bf^2(x)\,\textrm{d}x}{2\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
+
+$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^bxf(x)\,\textrm{d}x}{\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$，$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^bf^2(x)\,\textrm{d}x}{2\int_a^bf(x)\,\textrm{d}x}$。
 
 设曲边梯形平面区域$D=\{(x,y)|g(x)\leqslant y\leqslant f(x),a\leqslant x\leqslant b\}$，$f(x)$、$g(x)$在$[a,b]$上连续，则平面$D$的形心坐标计算公式为：\medskip
 
-$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}x\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bx[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}{\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$。
+% $\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}x\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^bx[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}{\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$。
 
-$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}y\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^b[f^2(x)-g^2(x)]\,\textrm{d}x}{2\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$。
+% $\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}y\textrm{d}y}{\int_a^b\textrm{d}x\int_{g(x)}^{f(x)}\,\textrm{d}y}=\dfrac{\int_a^b[f^2(x)-g^2(x)]\,\textrm{d}x}{2\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$。
+
+$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^bx[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}{\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$，$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int_a^b[f^2(x)-g^2(x)]\,\textrm{d}x}{2\int_a^b[f(x)-g(x)]\,\textrm{d}x}$。
 
 \subsection{物理应用}
 

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

@@ -244,6 +244,16 @@ $\textrm{d}\sigma$是第一象限，可以看作一个广义的圆，半径无
 
 $=\int_0^\frac{\pi}{2}\textrm{d}\theta\int_0^{+\infty}e^{-r^2}r\,\textrm{d}r=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{1}{2}\,\textrm{d}\theta}=\dfrac{\pi}{2}$。$\therefore I=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。
 
+\subsection{二重积分应用}
+
+\subsubsection{体积}
+
+\subsubsection{形心公式}
+
+对于直角坐标系和参数方程：
+
+$\overline{x}=\dfrac{\iint\limits_Dx\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int x(t)y(t)x'(t)\,\textrm{d}t}{\int y(t)x'(t)\,\textrm{d}t}$，$\overline{y}=\dfrac{\iint\limits_Dy\,\textrm{d}\sigma}{\iint\limits_D\textrm{d}\sigma}=\dfrac{\int y(t)^tx'(t)\,\textrm{d}t}{\int y(t)x'(t)\,\textrm{d}t}$。
+
 \section{三重积分}
 
 \subsection{概念}