Дано:
6.1. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле:
$$
\int_{-1}^{1} dx \int_{0}^{2-x^2} f(x,y) dy + \int_{1}^{2} dx \int_{0}^{1} f(x,y) dy
$$
6.2. Найти среднее значение функции $z = f(x, y) = y^2x + y$ в области: $0 \le x \le 1$, $-1 \le y \le 1$.

Решение:
6.1.
1. Рассмотрим первый интеграл: $\int_{-1}^{1} dx \int_{0}^{2-x^2} f(x,y) dy$.
Область интегрирования определяется неравенствами: $-1 \le x \le 1$, $0 \le y \le 2-x^2$.
2. Рассмотрим второй интеграл: $\int_{1}^{2} dx \int_{0}^{1} f(x,y) dy$.
Область интегрирования определяется неравенствами: $1 \le x \le 2$, $0 \le y \le 1$.
3. Объединим области интегрирования. Первая область ограничена параболой $y = 2 - x^2$, прямыми $x = -1$, $x = 1$ и $y = 0$. Вторая область ограничена прямыми $x = 1$, $x = 2$, $y = 0$ и $y = 1$.
4. Выразим $x$ через $y$ из уравнения параболы: $x^2 = 2 - y$, $x = \pm \sqrt{2 - y}$.
5. Изменим порядок интегрирования. Область интегрирования можно разделить на две части: $0 \le y \le 1$ и $1 \le y \le 2$.
6. Для $0 \le y \le 1$: $-\sqrt{2-y} \le x \le \sqrt{2-y}$ и $1 \le x \le 2$. Значит, $-\sqrt{2-y} \le x \le \sqrt{2-y}$ при $-\sqrt{2-y} \ge 1$ и $1 \le x \le \sqrt{2-y}$ при $-\sqrt{2-y} \le 1$.
7. Для $1 \le y \le 2$: $-\sqrt{2-y} \le x \le \sqrt{2-y}$.
8. Тогда интеграл можно переписать как:
$$
\int_{0}^{1} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{0}^{1} dy \int_{1}^{2} f(x,y) dx
$$
$$
\int_{0}^{1} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx
$$
9. Интеграл примет вид:
$$
\int_{0}^{1} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{1} f(x,y) dx + \int_{0}^{1} dy \int_{1}^{2} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx
$$
10. Окончательно:
$$
\int_{0}^{1} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx
$$

6.2.
1. Среднее значение функции $f(x, y)$ в области $D$ определяется формулой:
$$
\bar{f} = \frac{1}{S(D)} \iint_D f(x, y) dA
$$
где $S(D)$ - площадь области $D$.
2. В нашем случае $D$ - прямоугольник $0 \le x \le 1$, $-1 \le y \le 1$. Площадь $S(D) = (1 - 0)(1 - (-1)) = 1 \cdot 2 = 2$.
3. Вычислим двойной интеграл:
$$
\iint_D (y^2x + y) dA = \int_{0}^{1} dx \int_{-1}^{1} (y^2x + y) dy = \int_{0}^{1} \left[ \frac{y^3}{3}x + \frac{y^2}{2} \right]_{-1}^{1} dx
$$
$$
= \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{3}x + \frac{1}{2} - \left( -\frac{1}{3}x + \frac{1}{2} \right) \right) dx = \int_{0}^{1} \frac{2}{3}x dx = \frac{2}{3} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}
$$
4. Найдем среднее значение:
$$
\bar{f} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}
$$

Ответ:
6.1.
$$
\int_{0}^{1} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx
$$
6.2. $\bar{f} = \frac{1}{6}$