taller #3 integrales seguimiento 3
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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
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