1. Неопределенные интегралы:
a) $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+8x+17}} dx$. Выделим полный квадрат: $x^2+8x+17 = (x^2+8x+16)+1 = (x+4)^2+1$.
Используем табличный интеграл: $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \ln|u+\sqrt{u^2+a^2}| + C$.
Получаем: $\ln|x+4+\sqrt{(x+4)^2+1}|+C = \ln|x+4+\sqrt{x^2+8x+17}|+C$.
б) $\int x e^{1+x} dx$. Воспользуемся интегрированием по частям: $u=x, dv=e^{1+x}dx \Rightarrow du=dx, v=e^{1+x}$.
$\int x e^{1+x} dx = x e^{1+x} - \int e^{1+x} dx = x e^{1+x} - e^{1+x} + C = e^{1+x}(x-1)+C$.
2. Определенные интегралы:
a) $\int_1^2 (\frac{x^5-2}{x^2}) dx = \int_1^2 (x^3 - 2x^{-2}) dx = [\frac{x^4}{4} - 2\frac{x^{-1}}{-1}]_1^2 = [\frac{x^4}{4} + \frac{2}{x}]_1^2$.
$= (\frac{16}{4} + \frac{2}{2}) - (\frac{1}{4} + 2) = (4+1) - (2.25) = 5 - 2.25 = 2.75$.
б) $\int_1^4 \frac{\sqrt{x}dx}{1+x}$. Замена: $t=\sqrt{x}, x=t^2, dx=2tdt$. Пределы: $1 \to 1, 4 \to 2$.
$\int_1^2 \frac{t \cdot 2t dt}{1+t^2} = 2 \int_1^2 \frac{t^2}{1+t^2} dt = 2 \int_1^2 \frac{1+t^2-1}{1+t^2} dt = 2 \int_1^2 (1 - \frac{1}{1+t^2}) dt$.
$= 2[t - \arctan(t)]_1^2 = 2((2 - \arctan(2)) - (1 - \arctan(1))) = 2(1 - \arctan(2) + \frac{\pi}{4}) = 2 - 2\arctan(2) + \frac{\pi}{2}$.
3. Площадь фигуры:
$y = e^x, x=0, y=0$. Так как $y=0$ (ось OX), площадь ограничена слева $x=0$, а справа неявно подразумевается пересечение с $y=e^x$, но $e^x$ никогда не равно 0. Обычно такие задачи требуют дополнительное ограничение по $x$ (например, $x=1$). Если считать до $x=1$: $S = \int_0^1 e^x dx = [e^x]_0^1 = e^1 - e^0 = e-1 \approx 1.718$.
4. Криволинейный интеграл:
$I = \int_l x^2 dx + (x+z)dy + xydz$. Параметризация: $x=\sin t, y=\sin^2 t, z=\sin^3 t, t \in [0, \pi/2]$.
$dx = \cos t dt, dy = 2\sin t \cos t dt, dz = 3\sin^2 t \cos t dt$.
Подставляем:
$\int_0^{\pi/2} [(\sin^2 t)(\cos t) + (\sin t + \sin^3 t)(2\sin t \cos t) + (\sin t \sin^2 t)(3\sin^2 t \cos t)] dt$
$= \int_0^{\pi/2} [\sin^2 t \cos t + 2\sin^2 t \cos t + 2\sin^4 t \cos t + 3\sin^5 t \cos t] dt$
$= \int_0^{\pi/2} (3\sin^2 t \cos t + 2\sin^4 t \cos t + 3\sin^5 t \cos t) dt$.
Используем замену $u=\sin t, du=\cos t dt$. Пределы: $0 \to 1$.
$= \int_0^1 (3u^2 + 2u^4 + 3u^5) du = [u^3 + \frac{2}{5}u^5 + \frac{3}{6}u^6]_0^1 = 1 + 0.4 + 0.5 = 1.9$.
5. Двойной интеграл:
$D: x=1, y=x^3, y=-\sqrt{x}$.
Область $D$: $x$ от 0 до 1, $y$ от $-\sqrt{x}$ до $x^3$.
$I = \int_0^1 dx \int_{-\sqrt{x}}^{x^3} (18x^2y^2 + 32x^3y^3) dy$.
Внутренний интеграл: $[\frac{18x^2y^3}{3} + \frac{32x^3y^4}{4}]_{-\sqrt{x}}^{x^3} = [6x^2y^3 + 8x^3y^4]_{-\sqrt{x}}^{x^3}$.
$= (6x^2(x^3)^3 + 8x^3(x^3)^4) - (6x^2(-\sqrt{x})^3 + 8x^3(-\sqrt{x})^4)$.
$= (6x^{11} + 8x^{15}) - (6x^2(-x^{1.5}) + 8x^3(x^2)) = 6x^{11} + 8x^{15} + 6x^{3.5} - 8x^5$.
Внешний интеграл: $\int_0^1 (6x^{11} + 8x^{15} + 6x^{3.5} - 8x^5) dx = [\frac{6x^{12}}{12} + \frac{8x^{16}}{16} + \frac{6x^{4.5}}{4.5} - \frac{8x^6}{6}]_0^1$.
$= 0.5 + 0.5 + \frac{6}{4.5} - \frac{4}{3} = 1 + \frac{4}{3} - \frac{4}{3} = 1$.
