更新第二三章习题部分

advanced-math/knowledge/0-perpare/perpare.tex

@@ -887,7 +887,7 @@ $a^\alpha\cdot a^\beta=a^{\alpha+\beta},\dfrac{a^\alpha}{a^\beta}=a^{\alpha-\bet
 
 如下面这个题（先不要求能直接证明）：
 
-\textbf{例题4：}证明$\dfrac{1}{x+1}<\ln(1+\dfrac{1}{x})<\dfrac{1}{x}$，其中$x>0$。
+\textbf{例题：}证明$\dfrac{1}{x+1}<\ln(1+\dfrac{1}{x})<\dfrac{1}{x}$，其中$x>0$。
 
 首先因为证明中间项无法进行直接处理，又看到是一个对数，所以进行通分：$\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln\dfrac{x+1}{x}=\ln(x+1)-\ln x$。
 
@@ -993,7 +993,7 @@ $a^\alpha\cdot a^\beta=a^{\alpha+\beta},\dfrac{a^\alpha}{a^\beta}=a^{\alpha-\bet
 
 以后的华里士公式（点火公式）会使用到，如下面的题目：
 
-\textbf{例题5：}计算$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{10}x\textrm{d}x$与$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^9x\textrm{d}x$。\medskip
+\textbf{例题：}计算$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{10}x\textrm{d}x$与$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^9x\textrm{d}x$。\medskip
 
 原式1为偶数次幂，所以$=\dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{7}{8}\cdot\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{9!!}{10!!}$。\medskip
 
@@ -1027,7 +1027,7 @@ $a,b,c>0$：
     \item $\sqrt[3]{abc}\leqslant\dfrac{a+b+c}{3}\leqslant\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}$。
 \end{enumerate}
 
-\textbf{例题6：}证明函数$f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$在$(-\infty,+\infty)$内有界。
+\textbf{例题：}证明函数$f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$在$(-\infty,+\infty)$内有界。
 
 可以使用极限，若极限存在则函数有界，这里使用有界性定义与不等式来完成。
 

advanced-math/knowledge/1-function-and-limit/function-and-limit.tex

@@ -442,15 +442,7 @@ $\therefore \ln\left(1+\dfrac{\tan x}{x}-1\right)\sim\dfrac{\tan x}{x}-1$，$\df
 
 又根据泰勒展开$\tan x-x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x-0\cdot x^3=\dfrac{x^3}{3}$。
 
-$\therefore$ \medskip
-
-$e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}}$
-
-$= e^{\frac{1}{3}}$
+$\therefore e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}}=e^{\frac{1}{3}}$
 
 根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。
 
@@ -887,21 +879,9 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。
 
 证明：
 
-$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x$\medskip
+$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x}=\lim\limits_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}}$
 
-$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x}$
-
-$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}}$
-
-$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}}$
-
-$=e$
+$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}}=e$\medskip
 
 从而$\lim\limits_{\Delta\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Delta}\right)^\Delta=e$与$\lim\limits_{\Delta\to 0}\left(1+\Delta\right)^{\frac{1}{\Delta}}=e(\Delta\neq 0)$。
 

advanced-math/knowledge/2-derivatives-and-differential/derivatives-and-differential.tex

@@ -116,15 +116,9 @@ $\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。\medskip
 
 \textbf{例题：}$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}(x>0)$。\medskip
 
-$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$\medskip
+$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x}$\medskip
 
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x}$\medskip
-
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x}$\medskip
-
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x}$\medskip
-
-$=\alpha x^{\alpha-1}$
+$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x}=\alpha x^{\alpha-1}$
 
 \subsection{导数的几何意义}
 
@@ -144,13 +138,7 @@ $=\alpha x^{\alpha-1}$
 
 可导定义：$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = A$
 
-$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)$
-
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x$
-
-$=A\cdot 0$
-
-$=0$
+$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x=A\cdot 0=0$
 
 \textbf{例题：}若$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$，则$f(x_0)=0$且$f'(x_0)=A$。
 
@@ -178,11 +166,7 @@ $=0$
 
 $(u\cdot v)'$
 
-$=f'(x)$
-
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$
-
-$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$
+$=f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$
 
 $=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$
 
@@ -210,23 +194,11 @@ $\therefore\dfrac{\textrm{d}\arcsin x}{\textrm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\textrm{d}\
 
 $\therefore\dfrac{\textrm{d}\arctan x}{\textrm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\textrm{d}\tan y}{\textrm{d}y}}=\dfrac{1}{\sec^2y}=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$。\medskip
 
-二阶反函数导数\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}：
+二阶反函数导数\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}：\medskip
 
-$f''(x)$
+$f''(x)=y''_{xx}=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}\right)}{\textrm{d}x}=\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}x^2}=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\textrm{d}x}=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\textrm{d}y}\cdot\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}$
 
-$=y''_{xx}$\medskip
-
-$=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}\right)}{\textrm{d}x}$\medskip
-
-$=\dfrac{\textrm{d}^2y}{\textrm{d}x^2}$\medskip
-
-$=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\textrm{d}x}$\medskip
-
-$=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\textrm{d}y}\cdot\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}$\medskip
-
-$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'}$\medskip
-
-$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3}$\medskip
+$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'}=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3}$\medskip
 
 其中$\textrm{d}x\cdot\textrm{d}x=(\textrm{d}x)^2=\textrm{d}x^2$称为微分的幂，而$\textrm{d}(x^2)$叫幂的微分。
 
@@ -256,15 +228,7 @@ $\therefore$根据导数的四则运算，需要导数的乘积为每一项求
 
 $\therefore f'(1)$
 
-$=f'(x)\vert_{x=1}$\medskip
-
-$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x)$\medskip
-
-$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)$\medskip
-
-$=\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99)$
-
-$=-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99!$
+$=f'(x)\vert_{x=1}=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x)=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)=\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99)=-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99!$
 
 \subsection{分段函数的导数}
 

advanced-math/knowledge/3-differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives/differential-mean-value-theorem-and-applications-of-derivatives.tex

@@ -125,7 +125,7 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
 
 \section{洛必达法则}
 
-若当$x\to a$或$x\to\infty$时两个函数$f(x)F(x)$都趋向0或无穷大，那么极限$\lim\limits_{x\to a/\infty}\dfrac{f(x)}{F(x)}$可能存在，也可能不存在，这种极限就是不定式。\medskip
+若当$x\to a$或$x\to\infty$时两个函数$f(x)F(x)$都趋向0或无穷大，那么极限$\lim\limits_{x\to \frac{a}{\infty}}\dfrac{f(x)}{F(x)}$可能存在，也可能不存在，这种极限就是不定式。\medskip
 
 \textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}
 
@@ -149,11 +149,7 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
 
 而使用洛必达法则：\medskip
 
-$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}$
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right)$
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}$
+$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}$
 
 \section{泰勒公式}
 
@@ -225,13 +221,7 @@ $R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$就是函数的拉格朗日
 
 如：
 
-$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}$
-
-$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4}$
-
-$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4}$
-
-$=\dfrac{1}{6}$
+$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4}=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4}=\dfrac{1}{6}$
 
 \subsubsection{泰勒公式计算}
 
@@ -266,13 +256,7 @@ $\therefore \dfrac{y^{(6)}(0)}{6!}=-\dfrac{1}{6}\Rightarrow y^{(6)}(0)=-5!=-120$
 
 如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：\medskip
 
-$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3}$\medskip
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}$\medskip
-
-$=\dfrac{1}{6}$
+$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}=\dfrac{1}{6}$
 
 \subsubsection{\texorpdfstring{$A-B$}\ 型，幂次最低}
 
@@ -282,14 +266,9 @@ $=\dfrac{1}{6}$
 
 泰勒展开：
 
-$
-\begin{aligned}
-    & \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} \\
-    & = 1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{24}x^4+o(x^4)-\left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{8}x^4+o(x^4)\right) \\
-    & = -\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4) \\
-    & \sim -\dfrac{1}{12}x^4
-\end{aligned}
-$
+$\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}= 1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{24}x^4+o(x^4)-\left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{8}x^4+o(x^4)\right)$
+
+$=-\dfrac{1}{12}x^4+o(x^4)\sim -\dfrac{1}{12}x^4$
 
 $\therefore a=-\dfrac{1}{12},b=4$。
 
@@ -301,33 +280,11 @@ $\therefore e^{x^4}-1\sim x^4$。
 
 然后泰勒展开：
 
-$x-\sin x$
+$x-\sin x=1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3))= \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\sim\dfrac{1}{6}x^3$
 
-$= 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3))$
+$x+\sin x=x-(-\sin x)=1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x)=2x+o(x)\sim 2x$ \medskip
 
-$= \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$
-
-$\sim \dfrac{1}{6}x^3$
-
-$x+\sin x$
-
-$=x-(-\sin x)$
-
-$=1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x)$
-
-$=2x+o(x)$
-
-$\sim 2x$
-
-$\therefore$
-
-$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$\medskip
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4}$\medskip
-
-$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4}$\medskip
-
-$=-\dfrac{1}{3}$
+$\therefore\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4}=-\dfrac{1}{3}$
 
 \section{函数单调性与曲线凹凸性}
 
@@ -384,15 +341,9 @@ $\therefore$在$(0,+\infty]$上$g(x)>g(0)=0$，即$\sin x>x-\dfrac{x^3}{6}$。
 
 不妨设$x_1<x_2$，且$\dfrac{x_1+x_2}{2}=x_0$。
 
-$f(x_1)+f(x_2)-2(x_0)$
+$f(x_1)+f(x_2)-2(x_0)=[f(x_2)-f(x_0)]-[f(x_1)-f(x_0)]$
 
-$=[f(x_2)-f(x_0)]-[f(x_1)-f(x_0)]$
-
-$\xRightarrow{\text{拉格朗日中值定理}}$
-
-$=f'(\xi_2)(x_2-x_0)-f'(\xi_1)(x_0-x_1)$
-
-$=\dfrac{x_2-x_1}{2}[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)]>0$
+$\xRightarrow{\text{拉格朗日中值定理}}=f'(\xi_2)(x_2-x_0)-f'(\xi_1)(x_0-x_1)=\dfrac{x_2-x_1}{2}[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)]>0$
 
 $\therefore f''(x)>0\Rightarrow f(\dfrac{x_1+x_2}{2})<\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。
 

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

@@ -446,19 +446,13 @@ $\textrm{d}S=\left[(y+4)-\dfrac{y^2}{2}\right]\textrm{d}y$。
 
 因为无法计算对于$x$的表达式，所以使用参数方程代入，并改变上下限$S$：
 
-$=\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\,\textrm{d}[a(t-\sin t)]$
+$=\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\,\textrm{d}[a(t-\sin t)]=\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}t$
 
-$=\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}t$
-
-$=a^2\displaystyle{\int_0^{2\pi}\left(2\sin^2\dfrac{t}{2}\right)^2\textrm{d}t}$（消去里面的1）
-
-$=4a^2\displaystyle{\int_0^{2\pi}\sin^4\dfrac{t}{2}\,\textrm{d}t}$
+$=a^2\displaystyle{\int_0^{2\pi}\left(2\sin^2\dfrac{t}{2}\right)^2\textrm{d}t}\,\text{（消去里面的1）}=4a^2\displaystyle{\int_0^{2\pi}\sin^4\dfrac{t}{2}\,\textrm{d}t}$
 
 令$u=\dfrac{t}{2}$，从而$\textrm{d}t=2\textrm{d}u$，从而$u\in[0,\pi]$。
 
-$=8a^2\int_0^\pi\sin^4u\,\textrm{d}u$
-
-$=16a^2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4u\,\textrm{d}u$（积分可加性拆分为两个相同限的项）
+$=8a^2\int_0^\pi\sin^4u\,\textrm{d}u=16a^2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4u\,\textrm{d}u$（积分可加性拆分为两个相同限的项）
 
 $=16a^2\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}=3a^2\pi$（点火公式）。
 
@@ -476,13 +470,9 @@ $=16a^2\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}=3a^2\pi$（点火
 
 所以可以根据公式$S=2\dfrac{1}{2}\int_0^\pi a^2(1+\cos\theta)^2\,\textrm{d}\theta$。
 
-$=a^2\displaystyle{\int_0^\pi\left(2\cos^2\dfrac{\theta}{2}\right)^2\textrm{d}\theta}$
+$=a^2\displaystyle{\int_0^\pi\left(2\cos^2\dfrac{\theta}{2}\right)^2\textrm{d}\theta}=4a^2\displaystyle{\int_0^\pi\cos^4\dfrac{\theta}{2}\,\textrm{d}\theta}$
 
-$=4a^2\displaystyle{\int_0^\pi\cos^4\dfrac{\theta}{2}\,\textrm{d}\theta}$
-
-令$\dfrac{\theta}{2}=t$，所以$\textrm{d}\theta=2\textrm{d}t$，同时上下限缩小一半：
-
-$=8a^2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4t\,\textrm{d}t$
+令$\dfrac{\theta}{2}=t$，所以$\textrm{d}\theta=2\textrm{d}t$，同时上下限缩小一半：$=8a^2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4t\,\textrm{d}t$
 
 根据华理士公式：$=8a^2\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{3}{2}a^2\pi$。
 
@@ -514,27 +504,19 @@ $V_x=\pi\int_0^{2a\pi}y^2\,\textrm{d}x$
 
 代入参数方程并改变上下限：
 
-$=\pi\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}[a(t-\sin t)]$
+$=\pi\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}[a(t-\sin t)]=a^3\pi\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\,\textrm{d}t$
 
-$=a^3\pi\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\,\textrm{d}t$
-
-$=a^3\pi\displaystyle{\int_0^{2\pi}\left(2\sin^2\dfrac{t}{2}\right)^3\textrm{d}t}$
-
-$=8a^3\pi\displaystyle{\int_0^{2\pi}\sin^6\dfrac{t}{2}\textrm{d}t}$
+$=a^3\pi\displaystyle{\int_0^{2\pi}\left(2\sin^2\dfrac{t}{2}\right)^3\textrm{d}t}=8a^3\pi\displaystyle{\int_0^{2\pi}\sin^6\dfrac{t}{2}\textrm{d}t}$
 
 令$\dfrac{\theta}{2}=t$，所以$\textrm{d}\theta=2\textrm{d}t$，同时上下限缩小一半：
 
-$=16a^3\pi\int_0^\pi\sin^6u\,\textrm{d}u$
-
-$=32a^3\pi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^6u\,\textrm{d}u$
+$=16a^3\pi\int_0^\pi\sin^6u\,\textrm{d}u=32a^3\pi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^6u\,\textrm{d}u$
 
 华理士公式得到最后$=5a^3\pi^2$。
 
 同理可得$y$轴旋转体积为$V_y=2\pi\int_0^{2\pi}xy(x)\,\textrm{d}x$
 
-$=2\pi\int_0^{2\pi}a(t-\sin t)a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}t$
-
-$=2a^3\pi\int_0^{2\pi}(t-\sin t)\cdot 4\sin^4\dfrac{t}{2}\,\textrm{d}t$
+$=2\pi\int_0^{2\pi}a(t-\sin t)a^2(1-\cos t)^2\,\textrm{d}t=2a^3\pi\int_0^{2\pi}(t-\sin t)\cdot 4\sin^4\dfrac{t}{2}\,\textrm{d}t$
 
 然后拆开分别进行凑微分法，得到$6a^3\pi^3$。
 
@@ -564,4 +546,21 @@ $S_n=\sum\limits_{i=1}^n\Vert\overline{M_{i-1}M_{i}}\Vert$，$S=\lim\limits_{\de
 
 如果是极坐标方程，则$S=\int_\alpha^\beta\sqrt{\rho^2+\rho'^2}\,\textrm{d}\theta$。
 
+\section{积分表}
+
+\begin{center}
+    \begin{tabular}{|c|c|c|c|}
+        \hline
+        原函数 & 积分函数 & 原函数 & 积分函数\\ \hline
+        $\int k\,\textrm{d}x$ & $kx+C$ & $\int x^\mu\,\textrm{d}x$ & $\dfrac{x^{\mu+1}}{\mu+1}+C$ \\ \hline
+        $\int\dfrac{\textrm{d}x}{x}$ & $\ln\vert x\vert+C$ & $\int\dfrac{\textrm{d}x}{1+x^2}$ & $\arctan x+C$ \\ \hline
+        $\int\dfrac{\textrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}$ & $\arcsin x+C$ & $\int\cos x\,\textrm{d}x$ & $\sin x+C$ \\ \hline
+        $\int\sin x\,\textrm{d}x$ & $-\cos x+C$ & $\int\dfrac{\textrm{d}x}{\cos^2x}$ & $\tan x+C$ \\ \hline
+        $\int\dfrac{\textrm{d}x}{\sin^2x}$ & $-\cot x+C$ & $\int\sec x\tan x\,\textrm{d}x$ & $\sec x+C$ \\ \hline
+        $\int\csc x\cot x\,\textrm{d}x$ & $-\csc x+C$ & $\int e^x\,\textrm{d}x$ & $e^x+C$ \\ \hline
+        $\int a^x\,\textrm{d}x$ & $\dfrac{a^x}{\ln a}+C$ & & \\
+        \hline
+    \end{tabular}
+\end{center}
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 \end{document}