Omdat de integraal over het interval $[a,a]$ uiteraard de grootte $0$ heeft.

Als $F(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)\text{d}t$ dan is $F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right)$ betekent omgekeerd dat $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t)\text{d}t=F(x)+c$.
Nu moet $c$ zo worden gekozen dat $F\left(a\right)=0$ en dan is $c=\mathrm{-}F\left(a\right)$. Dus $\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)\text{d}t=F(x)-F(a)$.
Vervang nu $x$ door $b$ en je hebt je hoofdstelling.

Een primitieve van $f\left(x\right)=x^2$ is $F\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3$.
En dus is $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{x}^2\text{d}x=F(1)-F(-1)=\frac{1}{3}-\mathrm{-}\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.
Ga na, dat je ook rustig een andere primitieve van $f$ kunt gebruiken.

De functie $f\left(x\right)=\frac{1}{x^2}$ heeft een verticale asymptoot voor $x=2$. De grafische rekenmachine geeft een foutmelding.
Maar je moet hier wel goed op letten. Je kunt namelijk gewoon een primitieve maken: $F\left(x\right)=\mathrm{-}\frac{1}{x}$ en dan de hoofdstelling toepassen geeft een integraal van $-1-1=-2$. Dat is echter een onzinnig antwoord.

Doen.

Een primitieve van $f(x)=6x{(1+x^2)}^3=3\cdot 2x\cdot {(1+x^2)}^3$ is $F(x)=3\cdot \frac{1}{4}\cdot {(1+x^2)}^4$.
Dus $\underset{0}{\overset{1}{\int }}6x{(1+x^2)}^3\text{d}x=F(1)-F(0)=12-\mathrm{0,75}=\mathrm{11,25}$.

Een primitieve van $k\cdot f\left(x\right)$ is $k\cdot F\left(x\right)$.
En dus: ${\int }_a^{b}k\cdot f\left(x\right)\text{d}x=k\cdot F\left(b\right)-k\cdot F\left(a\right)=k\cdot (F\left(b\right)-F\left(a\right))=k\cdot {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x$.
Een primitieve van $f\left(x\right)+g\left(x\right)$ is $F\left(x\right)+G\left(x\right)$.
En dus: ${\int }_a^b(f\left(x\right)+g\left(x\right))\text{d}x=F\left(b\right)+G\left(b\right)-(F\left(a\right)+G\left(a\right))=F\left(b\right)-F\left(a\right)+G\left(b\right)-G\left(a\right)={\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x+{\int }_a^{b}g\left(x\right)\text{d}x$.

$F\left(b\right)-F\left(a\right)+F\left(c\right)-F\left(b\right)=F\left(c\right)-F\left(a\right)$.

$\underset{1}{\overset{3}{\int }}(x^3-6x^2+11x-6)\text{d}x={\left[\frac{1}{4}{x}^4-2x^3+\frac{11}{2}{x}^2-6x\right]}_1^3=0$

De somregel en de constanteregel.

Nee, bekijk je de grafiek dan ligt een gedeelte van het gevraagde gebied boven de $x$-as en een gedeelte eronder.

De nulpunten zijn $(1,0)$, $(2,0)$ en $(3,0)$.

De gevraagde oppervlakte is $2\cdot \underset{2}{\overset{3}{\int }}f(x)\text{d}x=\mathrm{0,5}$.

$x^4-8x^2-9=0$ geeft $(x^2+1\left)(x^2-9\right)=0$ en dus $x=\pm 3$. De nulpunten zijn $(\pm 3,0)$.

De oppervlakte is $\mathrm{-}\underset{-3}{\overset{3}{\int }}(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2-2\frac{1}{4})\text{d}x={\left[\mathrm{-}\frac{1}{20}{x}^5+\frac{2}{3}{x}^3+2\frac{1}{4}x\right]}_{-3}^3=\mathrm{25,2}$.

De raaklijn gaat door $(3,0)$ en heeft richtingscoëfficiënt $f\text{'}\left(3\right)=15$. Een vergelijking hiervan is $y=15x-45$.
De oppervlakte van het bedoelde gebied is
$\underset{0}{\overset{3}{\int }}(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2-2\frac{1}{4}-15x+45)\text{d}x={\left[\frac{1}{20}{x}^5-\frac{2}{3}{x}^3-\frac{15}{2}{x}^2+42\frac{3}{4}x\right]}_0^3=\mathrm{54,9}$.

Een halve cirkel met middelpunt $O(0,0)$ en straal $1$.

$\approx \mathrm{1,57}$

Er is sprake van een samengestelde functie, maar je kunt de substitutieregel niet eenvoudig toepassen omdat de afgeleide van $1-x^2$ niet in het functievoorschrift voorkomt.

$\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot 1^2=\mathrm{0,5}\pi$.

Doen.

$\underset{-1}{\overset{1}{\int }}x\sqrt{1-x^2}\text{d}x=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\mathrm{-}\frac{1}{2}\cdot -2x\cdot {(1-x^2)}^{\mathrm{0,5}}\text{d}x={\left[\mathrm{-}\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}{(1-x^2)}^{\mathrm{1,5}}\right]}_{-1}^1=0$.

Die oppervlakte is $2\cdot {\left[\mathrm{-}\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}{(1-x^2)}^{1.5}\right]}_0^1=\frac{2}{3}$.

$\underset{1}{\overset{9}{\int }}\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\text{d}x=\underset{1}{\overset{9}{\int }}2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}(1+\sqrt{x})\text{d}x={\left[2\cdot \frac{1}{2}{(1+\sqrt{x})}^2\right]}_1^9=12$.

$\underset{1}{\overset{9}{\int }}\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\text{d}x=\underset{1}{\overset{9}{\int }}(x^{\mathrm{-}\frac{1}{2}}+1)\text{d}x={\left[2\sqrt{x}+x\right]}_1^9=12$.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{3}{{(2x+1)}^4}\text{d}x={\left[\frac{-1}{2{(2x+1)}^3}\right]}_0^1=\frac{13}{27}$

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x}{{(x^2+1)}^4}\text{d}x={\left[\frac{-1}{6{(x^2+1)}^3}\right]}_0^1=\frac{7}{48}$

$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{{(x+1)}^2}{x^4}\text{d}x={\left[\frac{-1}{x}-\frac{2}{3x^2}-\frac{1}{3x^3}\right]}_1^2=1\frac{7}{24}$

$\underset{-3}{\overset{1}{\int }}\frac{-2}{\sqrt{3-2x}}\text{d}x={\left[2\sqrt{3-2x}\right]}_{-3}^1=-4$

Nulpunten $(\pm 2,0)$ en $(4,0)$.
Max.$f\left(\mathrm{-0,43}\right)\approx \mathrm{8,45}$ en min.$f\left(\mathrm{3,09}\right)\approx \mathrm{-2,52}$.

De oppervlakte van $V$ is $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f(x)\text{d}x={[\frac{1}{8}{x}^4-\frac{2}{3}{x}^3-x^2+8x]}_{-2}^2+{[\frac{1}{8}{x}^4-\frac{2}{3}{x}^3-x^2+8x]}_2^4=24\frac{2}{3}$.

De raaklijn heeft vergelijking $y=-4x+8$.
De oppervlakte van $W$ is $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f(x)\text{d}x-\underset{0}{\overset{2}{\int }}(-4x+8)\text{d}x=\frac{2}{3}$.

Nulpunten berekenen geeft $(\pm \sqrt{3},0)$ en $(0,0)$.
De gevraagde oppervlakte is $2\cdot \underset{0}{\overset{\sqrt{3}}{\int }}f(x)\text{d}x=\mathrm{4,5}$.

${\int }_0^{p}f\left(x\right)\text{d}x={\int }_p^{\sqrt{3}}f\left(x\right)\text{d}x$ geeft: $\frac{3}{2}{p}^2-\frac{1}{4}{p}^4=\frac{9}{4}-\frac{3}{2}{p}^2+\frac{1}{4}{p}^4$ en dus $2p^4-12p^2+9=0$.
Dit levert op $p^2=\frac{12\pm \sqrt{}}{72}$ en dus $p\approx \mathrm{0,94}$.

$f\left(x\right)=\mathrm{-}{x}^{}+2x^{}+3x^{}$ geeft $F\left(x\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}+c$.

$f\left(x\right)={(2x+5)}^{\mathrm{3,5}}$ geeft $F\left(x\right)=\frac{1}{9}{(2x+5)}^4\sqrt{2x+5}+c$.

$f\left(x\right)=\mathrm{-}\frac{1}{3}\cdot -3x^2\cdot {(6-}^{}{x}^3)\mathrm{0,5}$ geeft $F\left(x\right)=\mathrm{-}\frac{2}{9}(6-x^3)\sqrt{6-x^3}+c$.

$f(x)=\frac{1}{2}\cdot 2x\cdot {(1+x^2)}^{\mathrm{-0,5}}$ geeft $F\left(x\right)=\sqrt{1+x^2}+c$.

Omdat $f\left(x\right)=x^{}$ en bij het toepassen van de machtsregel voor primitiveren krijg je dan $F\left(x\right)=\frac{1}{0}\cdot x^0$ en delen door nul geeft geen reële waarden.

Met de GR vind je ongeveer $\mathrm{1,386}$.

Omdat $f$ voor $x=0$ een verticale asymptoot heeft. Maar je zou vanwege de symmetrie van de grafiek denken dat $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{x}\text{d}x=0$.

$f\left(x\right)={(3x+1)}^{\frac{1}{5}}$ geeft $F\left(x\right)=\frac{5}{18}(3x+1)\sqrt[5]{3x+1}+c$ en dus is ${\int }_0^1\sqrt[5]{3x+1}\text{d}x=\frac{10}{9}\sqrt[5]{4}-\frac{5}{18}$.

$f\left(x\right)=2-x^{}$ geeft $F\left(x\right)=2x+\frac{1}{x}+c$ en dus is ${\int }_1^4\frac{2x^2-1}{x^2}\text{d}x=\mathrm{5,25}$.

$f\left(x\right)=2\cdot 2x\cdot {(1+}^{}{x}^2)-2$ geeft $F\left(x\right)=\frac{2}{1+x^2}+c$ en dus is ${\int }_{}^{-1}\frac{4x}{{}^{}}\text{d}x=2$.