1.

(1)
\[
\mbox{原式}= 2 + \int_{-1}^1 2x \sqrt{1-x^2} dx= 2- (1-x^2)^{3/2}\bigg|_{-1}^{1}=2.
\]
(第二个积分根本不需要算，注意到它时对称区间以及奇函数)

(2)
\[
\int_{\frac{1}{\sqrt 2}}^ 1 \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} dx
= - \int_{\frac{1}{\sqrt 2}}^ 1\sqrt{1-x^2} d(\frac 1x)
= -\frac{\sqrt{1-x^2} }{x}\bigg|_{\frac 1{\sqrt 2} }^1 - \int_{\frac{1}{\sqrt 2}}^1 \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} dx=1-\frac \pi 4.
\]
(这里选择这个方法主要是展示分部积分某些运用，但它并不是最好的办法。想到的原因是看到 $\sqrt{1-x^2}=\frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}$, 正好一次分部后把 $\frac{1}{x^2}$ 这一项消掉，可以看到上一章不定积分里，有题目也利用了这个性质。

当然，经典变换依然是最好的办法，比如令 $x=\sin t$ 则
\[
\mbox{原式}= \int_{\pi/4}^{\pi/ 2} \frac{\cos^2 t }{\sin^2 t} dt
\]
非常容易算，注意换元要换限。
)

(3) 令 $t=1/x$ 则
\[
\int_1 ^{\sqrt 3} \frac{dx}{x^2 \sqrt{1+x^2}} = - \int_1 ^{1/\sqrt 3} \frac{t}{\sqrt{1+t^2}} dt
= - \sqrt{1+t^2}\bigg|_{1}^{1/\sqrt 3} =\sqrt 2 -\frac{2}{\sqrt 3}.
\]

(4)
\[
\int_0^3 \frac{x}{1+\sqrt{1+x}} dx =-\int_0^3 (1-\sqrt{1+x}) dx =\frac53.
\]

(5) 令 $t=\sqrt{e^x -1}$
\[
\int_{0}^{\ln 2} \sqrt{e^x -1} dx
= \int_{0}^1 \frac{2t^2}{t^2+1} dt
= 2 -2\arctan t \bigg|_0^1 = 2-\frac \pi 2.
\]

(6)
\[
\begin{aligned}
\int_0 ^3 \arcsin \sqrt{\frac{x}{1+x}} dx = \arcsin \sqrt{\frac{x}{1+x}} \cdot x\bigg|_{0}^3- \int_0^3 \frac{\sqrt x}{2(1+x)} dx
= \pi -\int_0^3 \frac{x}{1+x} d(\sqrt x)
\\=\pi - \int_0^3 d(\sqrt x) + \int_0^3 \frac 1{1+x} d(\sqrt x)
=
\pi - \sqrt x \bigg|_0^3+ \arctan \sqrt{ x}\bigg|_{0}^3 =\frac{4\pi}{3}-\sqrt 3.
\end{aligned}
\]
(第一行最后一个积分的计算其实就是一个换元法，这里偷懒了。。)

(7)
\[
\begin{aligned}
\int_{-\pi/2}^{\pi /2} \sqrt{\cos x -\cos^3 x} dx
=2\int_{0}^{\pi /2} \sqrt{\cos x -\cos^3 x} dx
=2\int^{\pi/2}_{0} \sqrt{\cos x } \sin x dx
\\= -\frac43 (\cos x)^{3/2} \bigg|_{0}^{\pi /2 }
=\frac43.
\end{aligned}
\]

(8)
\[
\int_0^{2n \pi} \sqrt{1-\cos 2x} dx= \sqrt 2 \int_0^{2n \pi} \sqrt{1-\cos^2 x} dx
= \sqrt 2 \int_0^{2n \pi} |\sin x| dx
\]
由于
\[
\int_0 ^{2\pi} |\sin x| dx= \int_0^\pi \sin x dx -\int_\pi^{2\pi} \sin x dx =2,
\]
以及周期性
\[
\int_{2(n-1)\pi} ^{2n\pi} |\sin x| dx= \int_{2(n-2)\pi} ^{2(n-1)\pi} |\sin (x+2\pi ) | d(x+2\pi)= \cdots = \int_0 ^{2\pi} |\sin x| dx= 2.
\]
所以
\[
\int_0^{2n \pi} \sqrt{1-\cos 2x} dx = \sqrt 2 n \int_0^{2 \pi} |\sin x| dx=2 n\sqrt 2.
\]

2. 与课件例题类似

3.
(1)
\[
\int_0^\pi (1-2x) \cos x dx = \sin x\bigg|_{0}^\pi- 2\int_0^\pi x d(\sin x)= 2\int_0^\pi \sin x dx
= 4.
\]

(2)
\[
\int_0^2 |1-x| \sqrt{(x-4)^2} dx
= \int_{ 0 }^2 (x-1) (4-x) dx
= \int_0^2 ( 5x-4 -x^2 ) dx=-\frac23.
\]

(3)
\[
\int_1^e \sin (\ln x) dx
= \sin (\ln x) x \bigg|_1^e - \int_1^e \cos(\ln x ) dx = e\sin 1 -\cos (\ln x) x \bigg|_1^e - \int_1^e \sin (\ln x ) dx
\]
因此解上式得
\[
\int_1^e \sin(\ln x) dx =\frac12(1+e\sin 1 -e\cos 1).
\]

4.

5. 先假设 $f(x)$ 为奇函数，下证 $\int_0^x f(t) dt$ 是偶函数. 令 $u=-t$ 则
\[
\int_0^{-x} f(t) dt = \int_0^{x} f(-u) d(-u)= -\int_0^{x} f(-u) du= \int_0^{x} f(u) d u,
\]
由于积分变量的命名无关性，得到
\[
\int_0^{-x} f(t) dt =\int_0 ^x f(t) dt.
\]
类似可证奇函数。

6. 首先根据题设, 令 $M=\max_{2\leq x \leq 4}|f‘(x)|$, 由于
\[
\int_2^4 f(x) dx = \int_2^3 (f(x)-f(2)) dx + \int_3^4 ( f(x)-f(4) )dx,
\]
以及拉格朗日中值定理，
\[
f(x)-f(2) =f‘(\xi_1) (x-2), \quad \xi\in(2,x),
\quad f(x)-f(4) = f‘(\xi_2) (x-4), \quad \xi_2 \in (x,4).
\]
因此
\[
|\int_2^4 f(x) dx| \leq \int_2^3 |f(x)-f(2)| dx + \int_3^4 | f(x)-f(4) |dx
\leq M \int_2^3 (x-2) dx +M \int_3^4 (4-x) dx =M.
\]

作业 26 定积分的计算