第四章 自测

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1.
\[
\begin{aligned}
  \mbox{原式}   =\int \frac{dx}{2\sin x \cos x +2\sin x} = \frac12 \int \frac{\sin x}{\sin^2 x (\cos x+1)} dx  = -\frac12 \int \frac{1}{(1+\cos x)^2 (1-\cos x)} d(\cos x)
\\= -\frac12 \int ( \frac{1/2}{(1+\cos x)^2}  + \frac{1/4}{1+\cos x}  +\frac{1/4}{1-\cos x}) d(\cos x)
=   \frac14 \frac{1}{1+\cos x} - \frac18 \ln|1+\cos x| +\frac18 \ln|1-\cos x|+C.
\end{aligned}
\]



2. 见课本习题



3.
\[
\begin{aligned}
   \mbox{原式}=\int ( e^{2x} \tan^2 x +e^{2x} + 2e^{2x} \tan x )dx=\int ( e^{2x} (\sec^2 x-1) +e^{2x} + 2e^{2x} \tan x )dx
\\ =\int ( e^{2x} \sec^2 x  + 2e^{2x} \tan x ) dx
\end{aligned}
\]
其中
\[
  \int  e^{2x}  \sec^2 x   dx  =\int e^{2x} d(\tan x)
=  e^{2x} \tan x -2\int e^{2x} \tan x dx.
\]
代入上式得
\[
   \mbox{原式}=e^{2x} \tan x.
\]




4. 由于
\[
  f(x)=\int f‘(x) dx +C.
\]
令 $x=e^t$ 得
\[
 \int f‘(x) dx = \int f‘(e^t) d(e^t)= \int t e^{-t} e^t dt =\frac12 t^2 = \frac 12 (\ln x)^2+C.
\]
因此再由 $f(1)=0$ 确定常数得
\[
   f(x)= \frac12 (\ln x)^2.
\]



5.
\[
  \int f(x) dx =
\begin{cases}
  x\ln x-x+C_1,    & x\geq 1,
\\
  \frac12 x -\arctan x +C_2,  &  x<1.
\end{cases}
\]
因为 $\int f(x) dx$ 连续，所以推出
\[
  C_1 -1=\frac 12 -\frac{\pi}{4}+C_2.
\]





6. 首先注意到
\[
(  \frac{\sin x}{a+b\cos x})‘= \frac{\cos x}{a+b\cos x}+\frac{b \sin^2 x}{(a+b\cos x)^2}= \frac{a\cos x +b}{(a+b\cos x)^2},
\]
因此
\[
  \frac{A\sin x}{a+b\cos x} +B \int \frac{dx}{a+b\cos x} =\int \frac{(Aa+Bb)\cos x +Ab + Ba}{(a+b\cos x)^2}dx
\]
推出
\[
  Aa+Bb=0, \qquad Ab+Ba=1,
\]
即
\[
  A=\frac{b}{b^2-a^2}, \qquad B=\frac{a}{a^2-b^2}.
\]




7. 设 $f(x)$ 的一个原函数为
\[
  F(x) = \frac{\sin x}{x},
\]
则
\[
\begin{aligned}
  \mbox{原式}= \int (x^3+x) d(f(x))= (x^3 +x) f(x)- \int f(x) (3x^2+1) dx=   (x^3 +x) f(x)- \int  (3x^2+1) d(F(x))
\\=  (x^3 +x) f(x)-  (3x^2+1) F(x)+ 6\int  x F(x)  dx =(x^2-5)\cos x -4x \sin x -\frac{2\sin x}{x}+C.
\end{aligned}
\]



8. 假设 $f(x)$ 有原函数 $F(x)$，则
\[
 F(x) =
\begin{cases}x+C_1,  &  -1\leq x< 0, \\
F(0), &  x=0,\\
\frac13 x^3 +C_2, &  0<x\leq 1.
\end{cases}
\]
又由于连续性，推出 $C_1=C_2=F(0)$. 下面研究 $x=0$ 处的导数，注意到
\[
  F‘_-(0) =\lim_{x\to 0^-} \frac{x+F(0)-F(0)}{x}=1,
\]
而
\[
  F‘_+(0) =\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac13 x^3+F(0)-F(0)}{x}=0,
\]
即
\[
   F‘_+(0) \neq F_-‘(0)
\]
即 $F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导，与假设矛盾.


(说明：分段函数如果是连续的话，那么就有原函数，如上面的第五题；如果分段函数是可去间断点，跳跃间断点，都是没有原函数的。
比如可去间断点，此时
\[
  f(x)=
\begin{cases}f_1(x),a<x <c,\\
  f(c),  x=c,\\
  f_2(x),  c<x\leq b.
\end{cases}
\]
中 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 都连续，除了 $\lim_{x\to c} f_1(x)= \lim_{x\to c}f_2(x)\neq c$。根据原函数概念，应该有
\[
  F‘(c) =f(c)=F_+‘(c)=F_-‘(c)
\]
而因为 $F(x)$ 的导数 $f(x)$ 连续, 所以
\[
  F_+‘(c)= \lim_{x\to c^+} f_2(x) = \lim_{x\to c^-} f_1(x) =F_+‘(c) \neq f(c)
\]
矛盾。注意：原函数的存在性与是否可积是两个概念，该分段函数虽然没有原函数，但是是可积的。)

第四章 自测

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