1- Encontrar el volumen del solido que se genera al hacer girar,

entorno al eje x, la región acotada por la recta 𝒙 − 𝒚 = 𝟎 y la

parábola 𝒚𝟐 = 𝒙

Solución:

𝒙 − 𝒚 = 𝟎

𝒚𝟐 = 𝒙

DESPEJEMOS

𝒙 − 𝒚 = 𝟎 𝒚𝟐 = 𝒙

𝒙 = 𝒚 𝒚 = √𝒙

IGUALAMOS

𝑥 = √𝑥

𝑥 2 = (√𝑥)2

𝑥 2 = 𝑥

𝑥 2 − 𝑥 = 0

𝑥(𝑥 − 1) = 0

𝑥 = 1 𝑥 = 0

REEMPLAZAMOS EN LA FUNCION X-Y=0

PUNTOS:

P1( 1,1) P2(0,0)

Método: Arandelas

Intervalos a=0 y b=1

Funciones 𝑅(𝑥) = √𝑥 𝑦 𝑟(𝑥) = 𝑥

Formula:

𝑽 = 𝝅 ∫ ([𝑹(𝒙)]𝟐 − [𝒓(𝒙)]𝟐) 𝒅𝒙𝒃

𝒂

𝑉 = 𝜋 ∫ (√𝑥)2 − (𝑥)2𝑑𝑥1

0

𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑥 − 𝑥 2𝑑𝑥1

0

𝑉 = 𝜋(𝑥 2

2−

𝑥 3

3)

1

0

𝑉 = 𝜋 (1

2−

1

3) − (0)

𝑉 =π

6 𝑢3

2- Encuentre el volumen del solido que se genera al hacer girar, en

torno a la recta 𝒚 = 𝟐 la región en el primer cuadrante acotada por

las parábolas 𝟑𝒙𝟐 − 𝟏𝟔𝒚 + 𝟒𝟖 = 𝟎 𝒀 𝒙𝟐 − 𝟏𝟔𝒚 + 𝟖𝟎 = 𝟎 y el eje y.

DESPEJAMOS

3𝑥 2 − 16𝑦 + 48 = 0

𝑥 2 +16𝑦

3+ 16 = 0

𝑦 =3𝑥 2

16+ 3

𝑥 2 − 16𝑦 + 80 = 0

𝑦 =1𝑥 2

16+ 5

IGUALAMOS

3𝑥 2

16+ 3 =

1𝑥 2

16+ 5

3𝑥 2 + 48 = 𝑥 2 + 80

2𝑥 2 = 32

𝑥 = √16

𝑥 = ±4

ECUACION:

𝑉 = 𝜋 ∫ [(1𝑥 2

16+ 5 − 2)

2

− (3𝑥 2

16+ 3 − 2)

2

] 𝑑𝑥4

0

𝑉 = 𝜋 ∫ [(1𝑥4

256−

3𝑥 2

8+ 9)

2

− (9𝑥4

256−

3𝑥 2

8+ 1)

2

] 𝑑𝑥4

0

𝑉 = 𝜋 ∫ [8 −1𝑥 4

32]

4

0

𝑑𝑥

𝑉 = 𝜋 [32 −32

5]

𝑉 =128𝜋

5 𝑢3

3- Calcule el volumen del solido generado al girar alrededor de la

recta x=2 la región acotada por la gráfica de 𝒚 = 𝟒𝒙 −𝟏

𝟖𝒙𝟒 , el eje x

y la recta x=2.

REEMPLAZAMOS 𝒙 = 𝟐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊𝒐𝒏

𝑦 = 4(2) −1

8 (2)4

𝑦 = 8 −1

8(16)

𝑦 = 8 − 2

𝑦 = 4

Punto de intercepcion es (2,4)

METODO: CAPAS CILINDRICAS

INTERVALOS: a=0 b =2

𝑝(𝑥) = 𝑥 − 2 y ℎ(𝑥) = 2 − (4𝑥 −1

8𝑥 4)

FORMULA

𝑽 = 𝟐𝝅 ∫ 𝒑(𝒙)𝒉(𝒙) 𝒅𝒙𝒃

𝒂

REEMPLAZAMOS

𝑉 = 2𝜋 ∫ (𝑥 − 2)[2 − (4𝑥 −1

8𝑥 4)]𝑑𝑥

2

0

𝑉 = 2𝜋 ∫ (𝑥 − 2)[2 − 4𝑥 +1

8𝑥 4]𝑑𝑥

2

0

𝑉 = 2𝜋 ∫ [10𝑥 −𝑥 4

4+

𝑥 5

8− 4𝑥 2 − 4]𝑑𝑥

2

0

𝑉 = 2𝜋[5𝑥 2 −𝑥5

20+

𝑥6

48−

4𝑥3

3− 4𝑥] 2

0

𝑉 = 2𝜋 [5(2)2 −(2)5

20+

(2)6

48−

4(2)3

3− 4(2)] − [0]

𝑉 = 2𝜋[20 +4

3−

8

5−

32

3− 8]

𝑉 = 2𝜋16

15

𝑉 =32

15𝜋 𝑢3

4- Determina el volumen del solido generado al girar alrededor del

eje y la región exterior a la y=x2 y entre las rectas y=2x-1 y Y=x+2

𝑉 = 𝜋 ∫ [(𝑅)2 − (𝑟)2]𝑏

𝑎

𝑑𝑦

𝑉 = 𝜋 ∫ [(𝑦

2+ 1)

2

− (𝑦 − 2 − √𝑦)2]

3

0

𝑑𝑦

𝑉 = 𝜋 ∫ [(𝑦

4

2

+ 𝑦 + 1) − (𝑦2 − 2𝑦 + 1 − 2√𝑦3 + 4√𝑦 + 𝑦)]3

0

𝑑𝑦

𝑉 = 𝜋 ∫ [(−3𝑦

4

2

+ 2𝑦 + 2√𝑦3 − 4√𝑦)]3

0

𝑑𝑦

𝑉 = 𝜋 [1

4𝑦3 + 𝑦2 +

4

5𝑦

52⁄ −

8

3𝑦

32⁄ ]0-3

𝑉 = [−27

4+ 9 +

486

5−

103

3]

𝑉 = 63.4𝜋 𝑢3

5- Un toro se forma al girar la región acotada por la circunferencia

(𝒙 − 𝟐)𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝟏. Utilice los dos métodos distintos para demostrar

que el volumen del toro es 𝟒𝝅𝟐.

𝜋 ∫ [(2 − 𝑥) √1 − 𝑥22]

1

−1dx

𝜋 ∫ 2 √1 − 𝑥 2 2𝑑𝑥 − 2𝜋√𝑥 − 𝑥 2𝑑𝑥

1

−1

Aplicando sustitución trigonométrica (1) y (2)

X=sin 𝜃 dx=cos 𝜃

4𝜋 ∫ √1 − sin 𝜃 2 2cos 𝜃𝑑𝜃 − 2𝜋 ∫ sin 𝜃

1

−1

√1 − sin 𝜃 2 cos 𝜃 𝑑𝜃1

−1

4𝜋 ∫ 𝑐𝑜𝑠2 𝜃𝑑𝜃 − 2𝜋 ∫ sin 𝜃1

−1

𝑐𝑜𝑠2 𝜃 𝑑𝜃1

−1

Resolviendo (1) y aplicando sustitución en (2)

‖4𝜋1

2(𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)‖

1−1

+[2𝜋 ∫ 𝑢2 𝑑𝑢1

−1]

‖2𝜋(𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)‖ 1−1

+[2𝜋 ∫ 𝑢2 𝑑𝑢1

−1]

𝑢 = cos 𝜃 𝑑𝑢 = − sin 𝜃

2𝜋[𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃] 1−1

+2𝜋 [cos 𝜃

3

3]

1−1

Por el triangulo

2𝜋 [𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑥√1 − 𝑥 2 +( √1 − 𝑥 2)2

3

3]

1−1

Cuando el valor de x=1

𝜋 [𝜋

2+ 0 + 0]=𝜋 2

Cuando el valor de x=-1

𝜋 [−𝜋

2+ 0 + 0]=−𝜋 2

Al restarse quedara

𝜋 2 + 𝜋 2 = 2𝜋 2

Como la ecuación salió de una semicircunferencia entonces el volumen se

multiplica por 2

R=4𝜋 2

METODO DE ARANDELAS

𝜋 ∫ [(𝑅)2 − (𝑟)2]𝑏

𝑎

𝑑𝑦

(𝑋 − 2)2 = 1 − 𝑌2

X-2=∓√1 − 𝑋2

𝜋 ∫ (2 + √1 − 𝑌2)21

−1

− (−√1 − 𝑌2)2

𝑑𝑦

𝜋 ∫ (4 + 2√1 − 𝑦2 + 1 − 𝑦2)11

−1

− [2(1 − 𝑦2) − 2√1 − 𝑦2 + 4]1

𝑑𝑦

𝜋 ∫ (4 + 2√1 − 𝑦2 + 1 − 𝑦2 − 1 + 𝑦2 + 2√1 − 𝑦2 − 4)1

−1

𝑑𝑦

𝜋 ∫ (2√1 − 𝑦2 + 2√1 − 𝑦2 )1

−1dy

4𝜋 ∫ (√1 − 𝑦2 )1

−1dy

Aplicando sustitución trigonométrica:

4𝜋 ∫ √1 − sin 𝜃 2 2cos 𝜃𝑑𝜃

1

−1

X=sin 𝜃 dx=cos 𝜃

‖4𝜋1

2(𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)‖

1−1

‖2𝜋(𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)‖1

−1

1

y

√1 − 𝑦22

2𝜋(𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑥√1 − 𝑥 2)1

−1

Cuando el valor de x=1

𝜋 [𝜋

2+ 0]=𝜋 2

Cuando el valor de x=-1

𝜋 [−𝜋

2+ 0]=−𝜋 2

Al restarse quedara

𝜋 2 + 𝜋 2 = 2𝜋 2

Como la ecuación salió de una semicircunferencia entonces el volumen se

multiplica por 2

R=4𝜋 2

6- un sólido g se genera al girar la región acotada por 𝒚 =𝒙𝟐

𝟐 𝒚 𝒚 = 𝟐

alrededor del eje y. un hueco, centrado a lo largo del eje de

revolución, se taladra a través de este solido tal que se pierde un

cuarto de su volumen. Encontrar el diámetro del hueco.

Primero se hallara los puntos de corte:

Y-2=y-0,5x2

-2=-0,5x2

2

0.5= 𝑥 2

√2

0.5 =x

∓2 = 𝑥

Luego para ser mas agiles en el cálculo, se halla el volumen entorno al

eje y así:

Y=𝑥2

2

2y=𝑥 2

√2𝑦=x

Luego aplicamos el método de disco para obtener el volumen:

𝜋 ∫ [√2𝑦]2

2

0

𝑑𝑦

𝜋 ∫ 2𝑦2

0

𝑑𝑦

2𝜋 ∫ 𝑦2

0𝑑𝑦

Integrando

2𝜋 [𝑦2

2]

20

= 4𝜋

Bueno, para rallar el radio de perforación tenemos en cuenta que una

perforación genera un orificio en el eje para ello se utiliza el método de la

arandela:

𝜋 ∫ {[√2𝑦]2

− (𝑟)2}2

𝑟2

2

𝑑𝑦

𝜋 ∫ {2𝑦 − (𝑟)2}2

𝑟2

2

𝑑𝑦

Integrando:

𝜋[𝑦2 − 𝑦𝑟]2𝑟2

2

𝜋[22 − 2𝑟] − 𝜋 [𝑟

4

4

−𝑟2

2𝑟]

𝜋 [4 − 2𝑟2 +𝑟4

4]

Pero como un cuarto del volumen original es π, entonces:

-

𝜋 [4 − 2𝑟2 +𝑟4

4] = 3𝜋

1 − 2𝑟2 +𝑟4

4=0

4-8r2+r4=0

Aplicando la ecuación cuadrática para obtener el radio:

𝑟2 =8 ± √82 − 16

2𝑎

r1=2,73

r2=0.73

Pero como nos piden el diámetro multiplicamos los radios por 2

D: 5,46 O D: 1,46

7- Calcule la longitud de arco de la curva 𝟖𝒚 = 𝒙𝟒 + 𝟐𝒙−𝟐 desde el

punto 𝒙 = 𝟏 hasta 𝒙 = 𝟐.

8𝑦 = 𝑥 4 + 2𝑥 −2

8𝑦 = 𝑥 4 +2

𝑥2

8𝑦 = 4𝑥 3 −4

𝑥 3

8𝑦 =4𝑥 6 − 4

𝑥 3= 𝑦′ =

4𝑥 6 − 4

8𝑥 3

∫ √1 + (𝑥 6 − 1

2𝑥3

2

1

)²𝑑𝑥

∫ √1 + (𝑥 2 − 2𝑥 6 + 1

4𝑥 6) 𝑑𝑥

2

1

∫ √4𝑥 6 + 𝑥 2 − 2𝑥 6 + 1

4𝑥 6𝑑𝑥

2

1

∫ √𝑥 12 + 2𝑥 6 + 1

4𝑥6

2

1

𝑑𝑥

∫ √(𝑥 6 + 1)²

2𝑥 6

2

1

𝑑𝑥

∫𝑥 6 + 1

2𝑥 3

2

1

𝑑𝑥

=1

2∫ (

𝑥 6

𝑥 3+

1

𝑥 3) 𝑑𝑥

2

1

=1

2(

𝑥 4

4−

1

2𝑥 2) |1

2

= [(4 −1

8) − (

1

4−

1

2)]

=1

2[31

8+

1

4]

=1

2(

33

8) ⇒

33

16

8- Determine la longitud de arco de la curva 𝒚 = 𝐥𝐧 𝐬𝐞𝐜 𝒙 desde 𝒙 =

𝟎 y 𝒙 =𝟏

𝟒𝝅

𝑥 =𝑦4

16+

1

2𝑦2

𝑥 ′ =𝑦3

4−

1

𝑦3

𝑥 ′ =𝑦6 − 4

4𝑦3

= ∫ √1 + (𝑦4 − 4

4𝑦3)

−2

−3

²𝑑𝑦

= ∫ √1 + (𝑦12 − 8𝑦6 + 16

16𝑦6)

−2

−3

𝑑𝑦

= ∫ √16𝑦6 + 𝑦12 − 8𝑦6 + 16

16𝑦6

−2

−3

𝑑𝑦

= ∫ √𝑦12 + 8𝑦6 + 16

16𝑦6

−2

−3

𝑑𝑦

= ∫ √(𝑦6 + 4)²

16𝑦6

−2

−3

𝑑𝑦

= ∫𝑦6 + 4

𝑦3

−2

−3

𝑑𝑦

= ∫ (𝑦6

4𝑦3+

4

4𝑦3) 𝑑𝑦

−2

−3

= ∫ (𝑦3

4+

1

𝑦3) 𝑑𝑦

−2

−3

=1

4[𝑦4

4−

1

2𝑦2] |−3

−2

= −1

4[4 −

1

8−

81

4+

1

18]

= −1

4[−1157

72] =

1157

288

9- Halle el perimetro de la region acotada por las graficas de las

funciones 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 , 𝒚 𝒈(𝒙) = 𝒙 + 𝟏.

𝑥 2 = 𝑥 + 1

𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0

(𝑥 −1

2)2 −

5

4= (𝑥 −

1

2) =

∓√5

4

𝑥 =∓√5

4+

1

2

𝑥 2 − 𝑥 − 1

(𝑥 −1

2)2 −

5

4= 0

(𝑥 −1

2)2 =

5

4

𝑥 =√5

2+

1

2

𝑥 =√5 + 1

2

𝑃 = 𝐿1 + 𝐿2 + 𝐿3

𝐿1 = ∫ √1 + 4𝑥 20

0,61

→ tan 𝜃 = 2𝑥 𝑦 𝑠𝑒𝑐2𝜃 = 𝑑𝑥

−1

2∫ √1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝑥

0

−0,61

𝑠𝑒𝑐2𝜃 = −1

2∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝜃

0

−0,61

𝑑𝜃

Resolvemos la integral

∫ 𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃 → 𝑢 = sec 𝜃 → 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑡𝑎𝑛𝜃

𝑑𝑉 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑉 = 𝑡𝑎𝑛 𝜃

1

2∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝜃𝑑𝜃 = −

1

2𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 −

1

2∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑡𝑎𝑛2𝜃𝑑𝜃

∫ 𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑐𝜃 tan − ∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝜃 +1

2∫ 𝑠𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

∫ 𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃 =1

2𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 +

1

2∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃

=1

2𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃 +

1

2ln(𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃)

∫ √1 + 4𝑥 20

−0,61

= (1

22𝑥√1 + 4𝑥 2 +

1

2ln (2𝑥 + √1 + 4𝑥 2))−0,61

0 = 1,508

𝐿 2 = ∫ √1 + 4𝑥21,62

0

= (𝑥√1 + 4𝑥2 +1

2ln(2𝑥 + √1 + 4𝑥 2))0

1,62= 6,439

𝐿 3 = ∫ √1 + 12𝑑𝑥1,62

−0,62

= √2 ∫ 𝑑𝑥1,62

−0,62

= √2 𝑋`]−0,621,62 = √2(1,62 − 0,62) = √2

𝑃 = 𝐿1 + 𝐿2 + 𝐿3 = 9,36

10- encontrar el área de la superficie formada al girar la porción del

primer cuadrante de la gráfica de 𝑿𝟐

𝟑 + 𝒀𝟐

𝟑 = 𝟒, 𝑶 ≤ 𝒀 ≤ 𝟖 alrededor

del eje Y.

Solución

Si X=0, entonces Y = 𝟒𝟑

𝟐, entonces Y = 8. De igual manera, si Y =0, entonces X

= 𝟒𝟑

𝟐, entonces X= 8.

De manera que la gráfica resultante es un astroide, que de acuerdo con el

enunciado se analizara en el primer cuadrante, al hacerlo girar sobre el eje Y.

Despejando X tenemos 𝑿 = (𝟒 − 𝒚𝟐

𝟑 )𝟑

𝟐 , derivando la función tenemos X’ =

𝟑

𝟐(𝟒 − 𝒚

𝟐

𝟑 )𝟏

𝟐 ∗ (−𝟐

𝟑𝒚−

𝟏

𝟑 ); X’= (𝟒−𝒙

𝟐𝟑)

𝟏𝟐

𝒙𝟏𝟑

.

Para esta caso se utiliza la formula S=𝟐𝝅 ∫ 𝒓(𝒚)√𝟏 + (𝒈′(𝒚))𝟐

𝒅𝒚 𝒅

𝒄, donde

r (y)= g (y)=(𝟒 − 𝒚𝟐

𝟑)𝟑

𝟐 y g’(y)= (𝟒−𝒙

𝟐𝟑)

𝟏𝟐

𝒙𝟏𝟑

reemplazando valores tenemos: S= 2𝝅 ∫(𝟒 − 𝒚𝟐

𝟑 )𝟑

𝟐√

𝟏 + [(𝟒−𝒙

𝟐𝟑)

𝟏𝟐

𝒙𝟐𝟑

]𝟐 dy, resolviendo

el radical tenemos 𝑺 = 𝟐𝝅𝟑

𝟐 ∫(𝟒 − 𝒚𝟏

𝟐 )𝟑

𝟐√𝒚

𝟏𝟑+𝟒−𝒚

𝟏𝟑

𝒚𝟐𝟑

𝒅𝒚 𝑺 = ∫ (𝟒 − 𝒚𝟏

𝟐 )𝟑

𝟐 √𝟒

𝒚𝟐𝟑

𝒅𝒙 𝟖

𝟎S =

𝟐𝝅 ∫ (𝟒 − 𝒚𝟐

𝟑)𝟑

𝟐𝟐

√𝒚𝟐𝟑

𝟖

𝟎 dy S = 4𝝅 ∫

(𝟒−𝒚𝟐𝟑)

𝟑𝟐

𝒚𝟏𝟑

𝟖

𝟎 𝒅𝒚 realizando una

sustitución, tenemos que. Z= 𝟒 − 𝒚𝟐

𝟑; dZ = −𝟐

𝟑𝒚−

𝟏

𝟑 dy; −𝟑

𝟐 𝒅𝒁 =𝒅𝒚

𝒚𝟏𝟑

S =

𝟒𝝅 ∫ 𝒛𝟑

𝟐𝟒

𝟎∗ −

𝟑

𝟐 𝒅𝒛 S = -6𝝅 ∫ 𝒛𝟑

𝟐 𝒅𝒛 𝟒

𝟎 -6𝝅[

𝟐

𝟓𝒛

𝟓

𝟐 ]𝟎𝟒 -

𝟏𝟐

𝟓𝝅[ 𝒛

𝟓

𝟐 ]𝟎𝟒

- 𝟏𝟐

𝟓𝝅[ 𝟒

𝟓

𝟐 ] = 𝟑𝟖𝟒

𝟓𝝅 .

11- considere la gráfica de 𝒚𝟐 = 𝟏

𝟏𝟐(𝟒 − 𝒙)𝟐encontrar el área de la

superficie formada cuando la arcada de esta grafica se gira

alrededor de x.

Solución:

Para hallar el área de la superficie pedida, utilizamos la formula 𝑆 =

2𝜋 ∫ 𝑟(𝑥) √1 + [𝑓´(𝑥)]2 𝑑𝑥 , retomando la función tenemos 𝑦2 = 1

12(4 − 𝑥)2𝑦 =

√1

12(4 − 𝑥)2 1

2√3(4 − 𝑥) , derivando la función 𝑦′ = −

1

2√3, reemplazando en la

formula 𝑆 = 2𝜋 ∫1

2√3(4 − 𝑥)

4

0√1 + [−

1

2√3]

2

𝑑𝑥 𝑆 =𝜋

√3∫ (4 −

4

0

𝑥)√1 +1

12𝑑𝑥 𝑆 =

𝜋

√3∫ (4 − 𝑥)

4

0√

12 +1

12𝑑𝑥 𝑆 =

𝜋

√3∫ (4 − 𝑥)

4

0

√13

2√3 𝑑𝑥𝑆 = √13

6𝜋 ∫ (4 − 𝑥)

4

0𝑑𝑥

𝑆 = √13

6𝜋 [4𝑥 −

1

2𝑥 2]

0

4

𝑆 = √13

6𝜋 [4(4) −

1

2(4)2] =

4√13

3𝜋unidades de área

12-

a.

∫𝑑𝑥

√1 − 𝑥 2

1

0

→ lim𝑥→1

∫𝑑𝑥

√1 − 𝑥 2

𝑎

0

∫𝑑𝑥

√1 − 𝑥 2 →

𝑥 = sin 𝜃

𝑑𝑥 = cos 𝜃 𝑑𝜃

∫𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

√1 − sin 𝜃= ∫

𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃= ∫ 𝑑𝜃

= 𝜗 + 𝐶 = sin−1 𝑥

lim𝑥→1

[sin−1 𝑎 − sin−1 0] =𝜋

2𝑢3

∫𝑑𝑥

𝑥 2 + 2𝑥 + 2= lim

𝑎→−∞∫

𝑑𝑢

𝑢2 + 1+ lim

𝑏→∞∫

𝑑𝑥

𝑥 2 + 2𝑥 + 2

𝑏

0

0

𝑎

∞

−∞

∫ =

por lo tanto

Calculo Integral

Taller #3

Profesor:

Eudel Camargo

Integrantes:

Marvin Roldan Andrea Guzmán

Breiner Eguis José Bruges

Mayo Del 2014

Universidad del Magdalena

Santa Marta – Colombia

2014