Rešenje 1:

Nađemo presek parabola \( x = y^{2} – y – 3 \) i \( x = 3 + 3y – y^{2} \) tako što ih izjednačimo:

\[y^{2} – y – 3 = 3 + 3y – y^{2}\]

\[2y^{2} – 4y – 6 = 0\]

\[y^{2} – 2y – 3 = 0\]

\[(y – 3)(y + 1) = 0\]

\[y = 3 \Rightarrow x = 3\]

\[y = -1 \Rightarrow x = -1\]

Presečne tačke su \( A(-1, -1) \) i \( B(3, 3) \).

Vidimo da je jednostavnije granice u ovom primeru odrediti na \(y\)-osi.

\[P = \int_{-1}^{3} \left(3 + 3y – y^{2} – (y^{2} – y – 3)\right) \, dy = \int_{-1}^{3} \left(-2y^{2} + 4y + 6\right) \, dy\]
\[P = -2 \int_{-1}^{3} y^{2} \, dy + 4 \int_{-1}^{3} y \, dy + 6 \int_{-1}^{3} \, dy\]
\[P = -2\int_{-1}^{3} y^{2} \, dy + 4\int_{-1}^{3} y \, dy + 6\int_{-1}^{3} \, dy = -2\frac{y^{3}}{3}\Big|_{-1}^{3} + 4\frac{y^{2}}{2}\Big|_{-1}^{3} + 6y\Big|_{-1}^{3}\]
\[P = -\frac{2}{3} \left(3^{3} – (-1)^{3}\right) + 2 \left(3^{2} – (-1)^{2}\right) + 6 \left(3 – (-1)\right) \]
\[P = -\frac{2}{3} \cdot 28 + 2 \cdot 8 + 6 \cdot 4 = -\frac{56}{3} + 16 + 24 = -\frac{56}{3} + 40 = \frac{64}{3}\]

Rešenje 2:

Odredimo prvo koordinate presečnih tačaka \(A, B, C, D\).

Presek krive \(y=e^{-2x}\) i prave \(y=2\) je tačka \(A(-\frac{1}{2} \ln 2,2)\). Presek krive \(y=e^{-2x}\) i prave \(y=1\) je tačka \(B(0,1)\).

Tačke \(C\) i \(D\) nalaze se na krivoj \( y = \ln x \) i pravama \(y=1\) i \(y=2\), respektivno. Njihove koordinate su \(C(e,1)\) i \(D(e^{2},2)\).

Vidimo da je jednostavnije granice u ovom primeru odrediti na \(y\)-osi.

\[y = e^{-2x} \Rightarrow -2x = \ln y \Rightarrow x = -\frac{\ln y}{2}\]

\[y = \ln x \Rightarrow x = e^{y}\]

Površina se računa na sledeći način:

\[P = \int_{1}^{2}\left(e^{y}-\left(-\frac{\ln y}{2}\right)\right)dy=\int_{1}^{2}\left(e^{y}+\frac{\ln y}{2}\right)dy\]
\[P = \int_{1}^{2}e^{y}dy+\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\ln ydy =\left[\begin{array}{cc}
u=\ln y, & dv=dy\\
du=\frac{dy}{y}, & v=y
\end{array}\right]=e^{y}\Big|_{1}^{2}+\frac{1}{2}\left(y\ln y\Big|_{1}^{2}-\int_{1}^{2}y\frac{dy}{y}\right) \]
\[P=e^{2}-e+\frac{1}{2}\left(2\ln2-\ln1-y\Big|_{1}^{2}\right)=e^{2}-e+\ln2-\frac{1}{2}\left(2-1\right)=e^{2}-e+\ln2-\frac{1}{2}\]

Rešenje 3:

Za izračunavanje površine ograničene datim krivama, potrebno je da prvo odredimo tačke njihovog preseka.
Presek krive \( y = \sqrt{x} \) i prave \( x + y = 2 \):
Uvrštavamo \( y = \sqrt{x} \) u jednačinu prave \( x + \sqrt{x} = 2 \). Postavimo \( u = \sqrt{x} \), tada je \( u^2 = x \), pa dobijamo:
\[u^2 + u = 2, \quad u^2 + u – 2 = 0.\]
Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo \( u = 1 \) (rešenje \( u = -2 \) ne prihvatamo zbog definisanosti kvadratnog korena), što znači da je \( x = 1 \) i \( y = 1 \). Dakle, tačka preseka je \(A (1, 1) \).

Presek krive \( y = 0 \) i \( y = \sqrt{x} \):
Dobijamo \( x = 0 \), što daje tačku \( B(0, 0) \).

Presek prave \( x + y = 2 \) i \( y = 0 \):
Dobijamo \( x = 2 \), što daje tačku \( C(2, 0) \).

Za površinu (\(P_1\)) ograničenu od \( x = 0 \) do \( x = 1 \), gornja granica je \( y = \sqrt{x} \). Za površinu (\(P_2\)) od \( x = 1 \) do \( x = 2 \), gornja granica je \( y = 2 – x \).

\[P_1 = \int_{0}^{1} \sqrt{x} \, dx = \int_{0}^{1} x^{1/2} \, dx = \frac{2}{3} x^{3/2}\Big|_{0}^{1} = \frac{2}{3}.\]

\[P_2 = \int_{1}^{2} (2 – x) \, dx = \left( 2x – \frac{x^2}{2} \right)\Big|_{1}^{2} = \left( 4 – 2 \right) – \left( 2 – \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2}.\]

Ukupna površina:
\[P = P_1 + P_2= \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = \frac{7}{6}.\]

Rešenje 4:

Asimptota krive \(y = \frac{4}{4+x^{2}}\) je \(x\)-osa.

Nađimo presek prave \(y = \frac{1}{4}x\) i krive \(y = \frac{4}{4+x^{2}}\):

\[\frac{1}{4}x = \frac{4}{4+x^{2}}\]
\(x(x^{2}+4) = 16 \Longrightarrow x^{3}+4x-16=0\)
\(x^{3}+8x-4x+16=0 \Longrightarrow x\left(x^{2}-4\right)-8\left(x-2\right)=0\)
\(x\left(x-2\right)\left(x+2\right)-8\left(x-2\right)=0\)
\(\Longrightarrow\left(x-2\right)\left(x^{2}+2x-8\right)=0\)

\(x=2 \Longrightarrow y=\frac{1}{2}\)
Tačka \(A(2,\frac{1}{2})\) je presečna tačka.

\[P = P_1 + P_2\]

\[P_1 =\int_{0}^{2}\frac{1}{4}xdx = \frac{1}{4}\frac{x^{2}}{2}\Big|_{0}^{2} = \frac{1}{8}(2^{2}-0^{2}) = \frac{1}{2}\]

\[P_2 =\int_{2}^{+\infty}\frac{4}{4+x^{2}}dx = 4\cdot\underset{b\rightarrow+\infty}{\lim}\int_{2}^{b}\frac{dx}{x^{2}+4}\]
\[P_2 = 4\cdot\underset{b\rightarrow+\infty}{\lim}\frac{1}{2}\cdot arctg\left(\frac{x}{2}\right)\Big|_{2}^{b}\]
\[P_2 = 2\cdot\underset{b\rightarrow+\infty}{\lim}\left(arctg\left(\frac{b}{2}\right)-arctg1\right) \]
\[P_2 = 2\cdot\left(arctg\left(+\infty\right)-\frac{\pi}{4}\right) = 2\cdot\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\]
\[ P = 2\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\]
\[P = \frac{1}{2} + \frac{\pi}{2}\]

Rešenje 5:

Jednačina u polarnom koordinatnom sistemu $$\rho(\varphi) = -4\cos\varphi$$ je jednačina kružnice sa centrom u tački \(A(-2,0)\) poluprečnika 2.

Za površinu koristimo formulu za krive u polarnom koordinatnom sistemu:

\[P = \frac{1}{2}\int_{\alpha}^{\beta}\rho^{2}(\varphi)d\varphi\]

Kako ova kružnica pripada II i III kvadrantu, \(\varphi \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]\).

Možemo i uzeti samo deo u II (ili III) kvadrantu i onda uzimamo polovinu intervala za ugao:

\[P = 2\cdot\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\left(-4\cos\varphi\right)^{2}d\varphi = 16\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos^{2}\varphi d\varphi\]
\[P = 8\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\left(1+\cos(2\varphi)\right)d\varphi = 8\left(\varphi\mid_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}+\frac{1}{2}\sin(2\varphi)\mid_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right) = 8\left(\pi-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\left(\sin2\pi-\sin\pi\right)\right)\]
\[P = 8\left(\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\cdot0\right) = 4\pi.\]

Rešenje 6:

Površina \(P\) astroide se izračunava korišćenjem sledeće formule:
\[P = \int_{\alpha}^{\beta} y(t) \left| x'(t) \right| \, dt\]…
Zbog simetrične figure, moguće je izračunati površinu dela krive u I kvadrantu, što predstavlja četvrtinu ukupne površine. Zato će biti:
\(\alpha = 0\) i \(\beta = \frac{\pi}{2}\)

Prvo izračunajmo izvod od \( x(t) \):
\[ x'(t) = -3a \cos^2(t) \sin(t) \]

Površina u prvom kvadrantu je:
\[ P_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} a \sin^3(t) \cdot \left| -3a \cos^2(t) \sin(t) \right| \, dt \]
\[ P_1= 3a^2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4(t) \cos^2(t) \, dt \]

Sredićemo izraz \( \sin^{4}(t)\cos^{2}(t) \) da bismo lakše rešili integral.

U tu svrhu koristimo sledeće:
\[
\sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t) \Longrightarrow \sin^{2}(2t) = 4\sin^{2}(t)\cos^{2}(t) \Longrightarrow \sin^{2}(t)\cos^{2}(t) = \frac{1}{4}\sin^{2}(2t)
\]
\[
\sin^{2}(t) = \frac{1 – \cos(2t)}{2}
\]

Dakle, zaključujemo
\[
\sin^{4}(t)\cos^{2}(t)dt = \sin^{2}(t)\sin^{2}(t)\cos^{2}(t) = \frac{1 – \cos(2t)}{2} \cdot \frac{1}{4}\sin^{2}(2t) = \frac{1}{8}(1 – \cos(2t))\sin^{2}(2t)
\]

Nakon ubacivanja ovog izraza u integral, dobijamo
\[
P_{1} = 3a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{4}(t)\cos^{2}(t)dt = 3a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{8}(1 – \cos(2t))\sin^{2}(2t)dt \]
\[ P_{1} = \frac{3}{8}a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin^{2}(2t) – \cos(2t)\sin^{2}(2t))dt
\]

\[
P_{1} = \frac{3}{8}a^{2} \left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}(2t)dt – \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(2t)\sin^{2}(2t)dt \right) = \frac{3}{8}a^{2}(I_{1} – I_{2})
\]

Izračunaćemo svaki integral posebno

\[
I_{1} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}(2t)dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 – \cos(4t)}{2}dt
\]
\[ I_{1} = \frac{1}{2} \left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dt – \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(4t)dt \right) = \frac{1}{2} \left(t\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}} – \frac{1}{4}\sin(4t)\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}} \right)
\]
\[
I_{1} = \frac{1}{2} \left(\frac{\pi}{2} – 0 – \frac{1}{4}(0 – 0) \right) = \frac{\pi}{4}
\]

\[
I_{2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(2t)\sin^{2}(2t)dt = \begin{cases}
u = \sin(2t), & t=0 \Rightarrow u=\sin0=0 \\
du = 2\cos(2t)dt, & t=\frac{\pi}{2} \Rightarrow u=\sin\pi=0
\end{cases}\]
\[ I_{2} = \int_{0}^{0} \frac{1}{2}u^{2}du = 0
\]

\[
P_{1} = \frac{3}{8}a^{2} \left(\frac{\pi}{4} – 0\right) = \frac{3}{32}a^{2}\pi
\]

Konačno dobijamo

\[
P = 4 \cdot P_{1} = 4 \cdot \frac{3}{32}a^{2}\pi = \frac{3}{8}a^{2}\pi
\]