Задание во вложении. Желательно ко второму рисунок

Question 1

Question 2

1.1.
$\int\limits^0_{-3} { \dfrac{xdx}{(x^2+1)^3} } = \dfrac{1}{2} \int\limits^0_{-3} { \dfrac{2xdx}{(x^2+1)^3} } = \dfrac{1}{2} \int\limits^0_{-3} { \dfrac{d(x^2+1)}{(x^2+1)^3} } = \\\ = \dfrac{1}{2} \int\limits^0_{-3} (x^2+1)^{-3}d(x^2+1)=\dfrac{1}{2} \cdot\dfrac{(x^2+1)^{-2}}{-2} |^0_{-3}= -\dfrac{1}{4(x^2+1)^2} |^0_{-3}= \\\ =-\dfrac{1}{4}\cdot\left( \dfrac{1}{(0^2+1)^2}- \dfrac{1}{((-3)^2+1)^2}\right)= -\dfrac{1}{4}\cdot \left( 1- \dfrac{1}{100}\right)=-\dfrac{99}{400}$

1.2.
$\int\limits^4_1 \dfrac{4dx}{1+ \sqrt{x} } =\left\ \textless \ \begin{array}{l} t=\sqrt{x} \\ dt= \dfrac{1}{2 \sqrt{x} } dx=\dfrac{1}{2 t} dx \\ \Rightarrow dx=2tdt \\ t_1= \sqrt{x_1}= \sqrt{1}=1 \\ t_2=\sqrt{x_2}=\sqrt{4}=2 \end{array} \right\ \textgreater \ = \int\limits^2_1\dfrac{4\cdot2tdt}{1+t}= 8\int\limits^2_1 \dfrac{t}{1+ t }dt= \\\ =8\int\limits ^2_1\dfrac{t+1-1}{t+1 }dt=8\int\limits^2_1 \left(1-\dfrac{1}{t+1 }\right)dt= 8 \left(t -\ln|t+1| }\right)|^2_1= \\\ =8(2 -\ln|2+1| })-8 (1 -\ln|1+1|}=8(2 -\ln3 })-8 (1 -\ln2)=$
$=16 -8\ln3 -8 +8\ln2=8 +8 ( \ln2-\ln3)=8 +8 \ln \dfrac{2}{3} =8(1 + \ln \dfrac{2}{3})$

1.3. Интегрирование по частям:
$\int\limits udv=uv- \int\limits vdu$
$\int\limits \arcsin xdx=\left\ \textless \ \begin{array}{l} \arcsin x=u \\ du = \dfrac{dx}{ \sqrt{1-x^2} } \\ dx=dv \\ v=x \end{array} \right\ \textgreater \ =x \arcsin x- \int\limits \dfrac{xdx}{ \sqrt{1-x^2} }= \\\ =x \arcsin x+ \dfrac{1}{2} \int\limits \dfrac{-2xdx}{({1-x^2)^{0.5}} }= x \arcsin x+ \dfrac{1}{2} \int\limits (1-x^2)^{-0.5}d(1-x^2)= \\\ =x \arcsin x+ \dfrac{1}{2} \dfrac{(1-x^2)^{0.5}}{0.5} = x \arcsin x+ \sqrt{1-x^2}$
$\int\limits^{0.5}_0 \arcsin xdx=(x \arcsin x+ \sqrt{1-x^2} )|^{0.5}_0= \\\ =(0.5 \arcsin 0.5+ \sqrt{1-0.5^2} )-(0 \arcsin 0+ \sqrt{1-0^2} )= \\\ =0.5 \cdot\frac{ \pi }{6} + \sqrt{1-0.25} -1= \frac{ \pi }{12} + \sqrt{0.75} -1=\frac{ \pi }{12} + 0.5\sqrt{3} -1$

2.1.
$S \int\limits^b_a {(f(x)-g(x))} \, dx$
Найдем второй предел интегрирования как абсциссу точки пересечения графиков:
$x=2x \\\ x=0$
$S= \int\limits^4_0 {(2x-x)} dx =\int\limits^4_0 {x} dx = \dfrac{x^2}{2} |^4_0=\dfrac{4^2}{2} -0=8$

2.2.
Один предел интегрирования x=4, находим второй:
$\dfrac{1}{4} x^2=0 \\\ x^2=0 \\\ x=0$
$S= \int\limits^4_0 { (\dfrac{1}{4} x^2-0)} \, dx =\dfrac{1}{4} \int\limits^4_0 { x^2} \, dx =\dfrac{1}{4} \cdot \frac{x^3}{3} ^4_0=\dfrac{1}{4} \cdot ( \dfrac{4^3}{3}-0)= \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{64}{3}=\dfrac{16}{3}$