4.1.
Дано: Вычислить интеграл $\int_{0}^{1} \sqrt{1-x} \, dx$.
Решение:
1.  Выполним замену переменной: $t = 1 - x$, тогда $dt = -dx$, и $dx = -dt$.
2.  Изменим пределы интегрирования: при $x = 0$, $t = 1 - 0 = 1$; при $x = 1$, $t = 1 - 1 = 0$.
3.  Перепишем интеграл с новой переменной:
    $\int_{0}^{1} \sqrt{1-x} \, dx = \int_{1}^{0} \sqrt{t} \, (-dt) = - \int_{1}^{0} t^{1/2} \, dt = \int_{0}^{1} t^{1/2} \, dt$.
4.  Вычислим интеграл:
    $\int_{0}^{1} t^{1/2} \, dt = \frac{t^{3/2}}{3/2} \Big|_{0}^{1} = \frac{2}{3} t^{3/2} \Big|_{0}^{1} = \frac{2}{3} (1^{3/2} - 0^{3/2}) = \frac{2}{3} (1 - 0) = \frac{2}{3}$.
Ответ: $\frac{2}{3}$.

4.2.
Дано: Вычислить интеграл $\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} x \cdot \cos(2x) \, dx$.
Решение:
1.  Применим интегрирование по частям: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
    Пусть $u = x$, тогда $du = dx$. Пусть $dv = \cos(2x) \, dx$, тогда $v = \int \cos(2x) \, dx = \frac{1}{2} \sin(2x)$.
2.  Применим формулу интегрирования по частям:
    $\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} x \cos(2x) \, dx = \left[ x \cdot \frac{1}{2} \sin(2x) \right]_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \sin(2x) \, dx$.
3.  Вычислим первое слагаемое:
    $\left[ \frac{x}{2} \sin(2x) \right]_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} \sin(\pi) - \frac{\pi}{2} \sin(2\pi) = \frac{\pi}{4} \cdot 0 - \frac{\pi}{2} \cdot 0 = 0$.
4.  Вычислим интеграл:
    $- \int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \sin(2x) \, dx = - \frac{1}{2} \int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x) \, dx = - \frac{1}{2} \left[ - \frac{1}{2} \cos(2x) \right]_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{4} \left[ \cos(2x) \right]_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{4} (\cos(\pi) - \cos(2\pi)) = \frac{1}{4} (-1 - 1) = \frac{1}{4} (-2) = - \frac{1}{2}$.
5.  Сложим результаты:
    $0 - \frac{1}{2} = - \frac{1}{2}$.
Ответ: $-\frac{1}{2}$.

4.4.
Дано: Вычислить интеграл $\int_{3}^{4} \frac{dx}{\sqrt{x-3}}$.
Решение:
1.  Выполним замену переменной: $t = x - 3$, тогда $dt = dx$.
2.  Изменим пределы интегрирования: при $x = 3$, $t = 3 - 3 = 0$; при $x = 4$, $t = 4 - 3 = 1$.
3.  Перепишем интеграл с новой переменной:
    $\int_{3}^{4} \frac{dx}{\sqrt{x-3}} = \int_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{t}} = \int_{0}^{1} t^{-1/2} \, dt$.
4.  Вычислим интеграл:
    $\int_{0}^{1} t^{-1/2} \, dt = \frac{t^{1/2}}{1/2} \Big|_{0}^{1} = 2 t^{1/2} \Big|_{0}^{1} = 2 (\sqrt{1} - \sqrt{0}) = 2 (1 - 0) = 2$.
Ответ: 2.

5.1.
Дано: $y = \frac{x^2}{2}$, $y = 3x - \frac{x^2}{2}$. Найти площадь области, ограниченной этими кривыми.
Решение:
1.  Найдем точки пересечения кривых:
    $\frac{x^2}{2} = 3x - \frac{x^2}{2}$
    $x^2 = 3x$
    $x^2 - 3x = 0$
    $x(x - 3) = 0$
    $x_1 = 0$, $x_2 = 3$.
2.  Найдем площадь области:
    $S = \int_{0}^{3} (3x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2}) \, dx = \int_{0}^{3} (3x - x^2) \, dx = \left[ \frac{3x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{3} = \frac{3 \cdot 3^2}{2} - \frac{3^3}{3} - (0 - 0) = \frac{27}{2} - \frac{27}{3} = \frac{27}{2} - 9 = \frac{27 - 18}{2} = \frac{9}{2}$.
Ответ: $\frac{9}{2}$.

6.1.
Дано: Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле: $\int_{-1}^{1} dx \int_{0}^{2-x^2} f(x,y) dy + \int_{1}^{2} dx \int_{0}^{1} f(x,y) dy$.
Решение:
1.  Рассмотрим первый интеграл: $\int_{-1}^{1} dx \int_{0}^{2-x^2} f(x,y) dy$. Область интегрирования определяется неравенствами: $-1 \le x \le 1$ и $0 \le y \le 2 - x^2$.
2.  Рассмотрим второй интеграл: $\int_{1}^{2} dx \int_{0}^{1} f(x,y) dy$. Область интегрирования определяется неравенствами: $1 \le x \le 2$ и $0 \le y \le 1$.
3.  Объединим области интегрирования. Область D состоит из двух частей: $D_1: -1 \le x \le 1, 0 \le y \le 2 - x^2$ и $D_2: 1 \le x \le 2, 0 \le y \le 1$.
4.  Выразим $x$ через $y$. Для $D_1$: $x^2 = 2 - y$, $x = \pm \sqrt{2 - y}$. Так как $-1 \le x \le 1$, то $-\sqrt{2-y} \le x \le \sqrt{2-y}$. Для $D_2$: $1 \le x \le 2$.
5.  Разделим область интегрирования по $y$. При $0 \le y \le 1$, $x$ меняется от $-\sqrt{2-y}$ до $\sqrt{2-y}$ и от 1 до 2. При $1 \le y \le 2$, $x$ меняется от $-\sqrt{2-y}$ до $\sqrt{2-y}$.
6.  Запишем интеграл с измененным порядком интегрирования:
    $\int_{0}^{1} dy \left( \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} f(x,y) dx \right) + \int_{1}^{2} dy \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx$.
    Или:
    $\int_{0}^{1} \left( \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} f(x,y) dx \right) dy + \int_{1}^{2} \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx dy$.
Ответ: $\int_{0}^{1} \left( \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx + \int_{1}^{2} f(x,y) dx \right) dy + \int_{1}^{2} \int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}} f(x,y) dx dy$.

6.2.
Дано: $z = f(x, y) = y^2x + y$, область: $0 \le x \le 1$, $-1 \le y \le 1$. Найти среднее значение функции.
Решение:
1.  Вычислим двойной интеграл функции $f(x, y)$ по области:
    $\int_{0}^{1} dx \int_{-1}^{1} (y^2x + y) dy = \int_{0}^{1} \left[ \frac{y^3}{3}x + \frac{y^2}{2} \right]_{-1}^{1} dx = \int_{0}^{1} \left( (\frac{1}{3}x + \frac{1}{2}) - (-\frac{1}{3}x + \frac{1}{2}) \right) dx = \int_{0}^{1} \frac{2}{3}x \, dx = \frac{2}{3} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}$.
2.  Вычислим площадь области:
    $S = \int_{0}^{1} dx \int_{-1}^{1} dy = \int_{0}^{1} [y]_{-1}^{1} dx = \int_{0}^{1} (1 - (-1)) dx = \int_{0}^{1} 2 dx = 2 [x]_{0}^{1} = 2(1 - 0) = 2$.
3.  Найдем среднее значение функции:
    $f_{ср} = \frac{1}{S} \iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$.
Ответ: $\frac{1}{6}$.