Реши задание на изображении

Ниже — все полностью видимые задания: 1036–1039.

Краткие ответы

Общий принцип:
\[ \int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a), \] где \(F'(x)=f(x)\).
Для площади находим точки пересечения линий и интегрируем верхнюю функцию минус нижнюю. Если верхняя граница меняется — разбиваем интеграл на части.

1036

\[ \begin{aligned} 1)&\quad \int_0^1(5x^4-8x^3)\,dx =\left[x^5-2x^4\right]_0^1=1-2=-1;\\[4pt] 2)&\quad \int_{-1}^2(6x^3-5x)\,dx =\left[\frac32x^4-\frac52x^2\right]_{-1}^2 =14-(-1)=15;\\[4pt] 3)&\quad \int_1^4\sqrt{x}\left(3-\frac7x\right)dx =\left[2x^{3/2}-14\sqrt{x}\right]_1^4 =-12-(-12)=0;\\[4pt] 4)&\quad \int_1^8 4\sqrt[3]{x}\left(1-\frac4x\right)dx =\left[3x^{4/3}-48\sqrt[3]{x}\right]_1^8 =-48-(-45)=-3;\\[4pt] 5)&\quad \int_0^3\sqrt{x+1}\,dx =\left[\frac23(x+1)^{3/2}\right]_0^3 =\frac23(8-1)=\frac{14}{3};\\[4pt] 6)&\quad \int_2^6\sqrt{2x-3}\,dx =\left[\frac13(2x-3)^{3/2}\right]_2^6 =\frac13(27-1)=\frac{26}{3}. \end{aligned} \]

1037

\[ \begin{aligned} 1)&\quad \int_0^{\pi/4}\frac12\cos\left(x+\frac\pi4\right)dx =\frac12\left[\sin\left(x+\frac\pi4\right)\right]_0^{\pi/4} =\frac{2-\sqrt2}{4};\\[4pt] 2)&\quad \int_0^{\pi/3}\frac13\sin\left(x-\frac\pi3\right)dx =\left[-\frac13\cos\left(x-\frac\pi3\right)\right]_0^{\pi/3} =-\frac16;\\[4pt] 3)&\quad \int_1^3 3\sin(3x-6)\,dx =\left[-\cos(3x-6)\right]_1^3=0;\\[4pt] 4)&\quad \int_0^3 8\cos(4x-12)\,dx =\left[2\sin(4x-12)\right]_0^3 =2\sin12. \end{aligned} \]

1038

1) \(y=\frac1x,\ y=4x,\ x=1,\ y=0\)

Точка пересечения \(y=\frac1x\) и \(y=4x\): \[ \frac1x=4x \Rightarrow x=\frac12. \] Поэтому верхняя граница меняется в \(x=\frac12\): \[ S=\int_0^{1/2}4x\,dx+\int_{1/2}^1\frac1x\,dx =\frac12+\ln2. \]

2) \(y=\frac1{x^2},\ y=x,\ x=2,\ y=0\)

\[ \frac1{x^2}=x \Rightarrow x=1. \] \[ S=\int_0^1 x\,dx+\int_1^2\frac{dx}{x^2} =\frac12+\frac12=1. \]

3) \(y=x^2+1,\ y=x+1\)

\[ x^2+1=x+1 \Rightarrow x(x-1)=0 \Rightarrow x=0,\ x=1. \] Выше на \((0;1)\) прямая: \[ S=\int_0^1\bigl((x+1)-(x^2+1)\bigr)dx =\int_0^1(x-x^2)\,dx =\frac12-\frac13=\frac16. \]

4) \(y=x^2+2,\ y=2x+2\)

\[ x^2+2=2x+2 \Rightarrow x(x-2)=0 \Rightarrow x=0,\ x=2. \] \[ S=\int_0^2\bigl((2x+2)-(x^2+2)\bigr)dx =\int_0^2(2x-x^2)\,dx =4-\frac83=\frac43. \]

1039

1) \(y=x^2-6x+9=(x-3)^2,\ y=x^2+4x+4=(x+2)^2,\ y=0\)

Параболы пересекаются: \[ (x-3)^2=(x+2)^2 \Rightarrow x=\frac12. \] Нули парабол: \(x=3\) и \(x=-2\). Поэтому \[ S=\int_{-2}^{1/2}(x+2)^2dx+\int_{1/2}^{3}(x-3)^2dx. \] \[ S=\frac{125}{24}+\frac{125}{24}=\frac{125}{12}. \]

2) \(y=x^2+1,\ y=3-x^2\)

\[ x^2+1=3-x^2 \Rightarrow x=\pm1. \] \[ S=\int_{-1}^1\bigl((3-x^2)-(x^2+1)\bigr)dx =\int_{-1}^1(2-2x^2)\,dx =\frac83. \]

3) \(y=x^2,\ y=2\sqrt{2x}\)

\[ x^2=2\sqrt{2x}\Rightarrow x^4=8x\Rightarrow x=0,\ x=2. \] \[ S=\int_0^2\left(2\sqrt{2x}-x^2\right)dx =\frac{16}{3}-\frac83=\frac83. \]

4) \(y=\sqrt{x},\ y=\sqrt{4-3x},\ y=0\)

Кривые пересекаются при \[ \sqrt{x}=\sqrt{4-3x}\Rightarrow x=1. \] С осью \(Ox\) они дают точки \(x=0\) и \(x=\frac43\). Поэтому \[ S=\int_0^1\sqrt{x}\,dx+\int_1^{4/3}\sqrt{4-3x}\,dx =\frac23+\frac29=\frac89. \]

№1040 на фото обрезан: не видно полного условия, поэтому решить его однозначно нельзя.
Проверка для интегралов — дифференцированием первообразных; все найденные площади положительны.