Ejercicios Resueltos de Calculo II

Ejercicios Resueltos de Calculo II
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS ⇒ ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 I. Resuelva las siguientes integrales: 𝑎) ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 ⇒ ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 − 1 2 ∫ 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 − 1 2 [ 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 2 + 1 2 ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥] ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 + 1 4 ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 − 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 4 ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 4 5 ( 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 − 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 4 ) + 𝑐 ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 2 5 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 1 5 𝑒2𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑐 ∗∗ ∫ 𝑒2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝒆 𝟐𝒙 𝟓 (𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒙) − 𝐜𝐨𝐬(𝒙)) + 𝒄 𝑏) ∫ 𝑥𝑑𝑥 √𝑥2 + 4𝑥 + 8 ∫ 𝑥𝑑𝑥 √𝑥2 + 4𝑥 + 8 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 √𝑥2 + 4𝑥 + 4 − 4 + 8 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 √(𝑥 + 2)2 + 4 𝐼 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 √(𝑥 + 2)2 + 4 = ∫ 2(𝑡𝑔𝜃 − 1) ∗ 2 𝑠𝑒𝑐2 𝜃 𝑑𝜃 2𝑠𝑒𝑐𝜃 = ∫ 2(𝑡𝑔𝜃 − 1) 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 𝐼 = ∫(2 𝑡𝑔𝜃 − 2) 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 = ∫ 2 𝑡𝑔𝜃 𝑠𝑒𝑐𝜃 − 2 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 𝐼 = 2 ∫ 𝑡𝑔𝜃 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 − 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 𝐼 = 2 sec 𝜃 − 2 𝐿𝑛 |sec 𝜃 + 𝑡𝑔𝜃| + 𝑐 𝐼 = √(𝑥 + 2)2 + 4 − 2 𝐿𝑛 | √(𝑥 + 2)2 + 4 2 + 𝑥 + 2 2 | + 𝑐 𝒖 = 𝒔𝒆𝒏(𝒙) → 𝒅𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 𝒅𝒗 = 𝒆 𝟐𝒙 𝒅𝒙 → 𝒗 = 𝒆 𝟐𝒙 𝟐 𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙) → 𝒅𝒖 = −𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 𝒅𝒗 = 𝒆 𝟐𝒙 𝒅𝒙 → 𝒗 = 𝒆 𝟐𝒙 𝟐
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS 𝑐) ∫ 𝑥2 arctan(√ 𝑥) 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑥2 arctan(√ 𝑥) 𝑑𝑥 = ∫(𝑢2 )2 arctan(𝑢) (2𝑢𝑑𝑢) = ∫ 2𝑢5 arctan(𝑢) 𝑑𝑢  Ahora por partes: 𝐼 = 𝑓𝑔 − ∫ 𝑔 𝑑𝑓 ⇒ 𝑢6 3 arctan(𝑢) − ∫ 𝑢6 3 ∗ 𝑑𝑢 𝑢2 + 1 𝐼 = 𝑢6 3 arctan(𝑢) − 1 3 ∫ 𝑢6 𝑢2 + 1 𝑑𝑢  Realizando la división de polinomio (puedes emplear cualquier método que gustes). 𝑢6 𝑢2 + 1 = 𝑢4 − 𝑢2 + 1 − 1 𝑢2 + 1  La integral queda: 𝐼 = 𝑢6 3 arctan(𝑢) − 1 3 ∫ (𝑢4 − 𝑢2 + 1 − 1 𝑢2 + 1 ) 𝑑𝑢 𝐼 = 𝑢6 3 arctan(𝑢) − 1 3 (∫ 𝑢4 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 + ∫ 𝑑𝑢 − ∫ 𝑑𝑢 𝑢2 + 1 ) 𝐼 = 𝑢6 3 arctan(𝑢) − 1 3 ( 𝑢5 5 − 𝑢3 3 + 𝑢 − arctan(𝑢) + 𝐶1) 𝐼 = 𝑢6 3 arctan(𝑢) − 𝑢5 15 + 𝑢3 9 − 𝑢 3 + 1 3 arctan(𝑢) − 1 3 𝐶1  Variable original: 𝑢 = √ 𝑥  Además − 1 3 𝐶1 = 𝐶 ⇒ 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ∫ 𝑥2 arctan(√ 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥3 3 arctan(√ 𝑥) − √𝑥5 15 + √𝑥3 9 − √ 𝑥 3 + 1 3 arctan(√ 𝑥) + 𝐶 𝑑) ∫ 𝑥4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)3 𝐼 = ∫ 𝑥4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)3 = ∫ (𝑢 + 1)4 𝑑𝑢 𝑢3 = ∫ 𝑢4 + 4𝑢3 + 6𝑢2 + 4𝑢 + 1 𝑢3 𝑑𝑢 𝐼 = ∫ 𝑢4 𝑢3 + ∫ 4𝑢3 𝑢3 + ∫ 6𝑢2 𝑢3 + ∫ 4𝑢 𝑢3 + ∫ 1 𝑢3 𝑑𝑢 𝐼 = ∫ 𝑢 + ∫ 4 + ∫ 6 𝑢 + ∫ 4𝑢−2 + ∫ 𝑢−3 𝑑𝑢 𝐼 = 𝑢2 2 + 4𝑢 + 6 ln|𝑢| − 4 𝑢 − 1 2𝑢2 + 𝐶 𝐼 = (𝑥 − 1)2 2 + 4(𝑥 − 1) + 6 ln|𝑥 − 1| − 4 𝑥 − 1 − 1 2(𝑥 − 1)2 + 𝐶 √ 𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑥 = 𝑢2 𝑑𝑥 = 2𝑢𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥 − 1 ⇒ 𝑥 = 𝑢 + 1 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥4 = (𝑢 + 1)4 𝑓 = arctan(𝑢) ⇒ 𝑑𝑓 = 𝑑𝑢 𝑢2 + 1 𝑑𝑔 = 2𝑢5 𝑑𝑢 ⇒ 𝑔 = 𝑢6 3
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS 𝑒) ∫ 𝑑𝑥 4𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 3cos(𝑥)  Aplicamos sustitución universal, para ello recordemos que: { sen(𝑥) = 2𝑡 1+𝑡2 cos(𝑥) = 1−𝑡2 1+𝑡2 𝑑𝑥 = 2 1+𝑡2 𝑑𝑡 Entonces: 𝐼 = ∫ 𝑑𝑥 4𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 3cos(𝑥) 𝑆𝑢𝑠𝑡.𝑈𝑛𝑖𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 → ∫ ( 2𝑡 1 + 𝑡2) 4 ( 2𝑡 1 + 𝑡2) − 3 ( 1 − 𝑡2 1 + 𝑡2) 𝑑𝑡 = ∫ ( 2𝑡 1 + 𝑡2) ( 8𝑡 1 + 𝑡2) − ( 3 − 3𝑡2 1 + 𝑡2 ) 𝑑𝑡 = ∫ ( 2𝑡 1 + 𝑡2) ( 8𝑡 − 3 + 3𝑡2 1 + 𝑡2 ) 𝑑𝑡 𝐼 = ∫ 2 (3𝑡2 + 8𝑡 − 3) 𝑑𝑡 ⇒ 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑟 𝑝𝑜𝑟 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠 𝐼 = ∫ 2 (3𝑡2 + 8𝑡 − 3) 𝑑𝑡 = 3 5 ∫ 𝑑𝑡 3𝑡 − 1 − 1 5 ∫ 𝑑𝑡 𝑡 + 3 = 1 5 𝑙𝑛|3𝑡 − 1| − 1 5 𝑙𝑛|𝑡 + 3| + 𝑐 𝐼 = ∫ 2 (3𝑡2 + 8𝑡 − 3) 𝑑𝑡 = 1 5 𝑙𝑛 |3 tan ( 𝑥 2 ) − 1| − 1 5 𝑙𝑛 |tan ( 𝑥 2 ) + 3| + 𝑐 𝑓) ∫ 𝑒 𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑒 𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑥√1 − (𝑒 𝑥)2 𝑑𝑥 𝐼 = ∫ 𝑒 𝑥√1 − (𝑒 𝑥)2 𝑑𝑥 𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 → ∫ √1 − 𝑢2  Hacemos una sustitución trigonométrica:  Tenemos que: 𝐼 = ∫ √1 − 𝑢2 𝑆𝑢𝑠𝑡. 𝑡𝑟𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 → ∫ cos(𝑡) cos(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡  Aplicamos la identidad trigonométrica:  Entonces: 𝐼 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡 = 1 2 ∫[cos(2𝑡) + 1] 𝑑𝑡 = 1 2 [ 1 2 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) + 𝑡] + 𝐶 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 4 + 𝑡 2 + 𝐶  Ahora, recuerda que:  Por lo tanto: 𝐼 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛(𝑡)cos(𝑡) 2 + 𝑡 2 + 𝐶  Regresamos la sustitución trigonométrica: 𝐼 = ∫ √1 − 𝑢2 𝑑𝑢 = 𝑢√1 − 𝑢2 2 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑢) 2 + 𝐶  Finalmente, regresamos el cambio de variable: ∫ 𝑒 𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 √1 − 𝑒2𝑥 2 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑒 𝑥 ) 2 + 𝐶 𝑢 = 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 { 𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 𝑢 ⇒ 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑢) cos(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢 cos(𝑡) = √1 − 𝑢2 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) = 1 2 [cos(2𝑡) + 1] 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) = 2𝑠𝑒𝑛(𝑡)cos(𝑡)
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS II. Determine si las siguientes integrales impropias son convergentes o divergentes: 𝑎) ∫ 𝑑𝑥 𝑥 ln(𝑥) +∞ 𝑒 𝐼 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥 ln(𝑥) +∞ 𝑒 ⇒ lim 𝑏→+∞ ∫ 𝑑𝑥 𝑥 ln(𝑥) 𝑏 𝑒 ⇒ 𝐼 = lim 𝑏→+∞ ∫ 𝑑𝑢 𝑢 lnb 1 = lim 𝑏→+∞ [ln 𝑢]1 ln b 𝐼 = lim 𝑏→+∞ [ln(ln 𝑏) − 1] 𝐼 = +∞ − 1 𝑰 = +∞ ⇒∴ Diverge 𝑏) ∫ 𝑑𝑥 16 + 𝑥2 +∞ −∞ 𝐼 = ∫ 𝑑𝑥 16 + 𝑥2 = ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 + 42 = lim 𝑡→0 ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 + 42 𝑡 −𝑡 +∞ −∞ +∞ −∞  Recordar que:  Entonces: 𝐼 = lim 𝑡→0 ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 + 42 𝑡 −𝑡 = 1 4 lim 𝑡→0 [arctan ( 𝑥 4 )] −𝑡 𝑡 𝐼 = 1 4 [lim 𝑡→0 arctan ( 𝑡 4 ) − arctan (− 𝑡 4 )] = 1 4 [lim 𝑡→0 arctan ( 𝑡 4 ) + arctan (− 𝑡 4 )] 𝐼 = 1 2 lim 𝑡→0 arctan ( 𝑡 4 ) 𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 → { 𝑢 = 𝑡 4 𝑆𝑖 𝑡 → ∞ ⇒ 𝑢 → ∞  Entonces, nos queda lo siguiente: 𝑰 = 𝟏 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒖→∞ 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧( 𝒖) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅 𝟐 = 𝝅 𝟒 ⇒ ∴ 𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝑢 = ln( 𝑥) ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 𝑒 ⇒ 𝑢 = ln( 𝑒) = 1 𝑆𝑖 𝑥 = 𝑏 ⇒ 𝑢 = ln( 𝑏) ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 + 𝑎2 = 1 𝑎arctan( 𝑥 𝑎) + 𝑐
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS 𝐴 = 2𝑦𝑧 2 = 𝑦𝑧 [2𝑦]2 = 𝑦2 + 𝑧2 ⇒ 𝑧2 = 4𝑦2 − 𝑦2 ⋯ ⋯ ⇒ 𝑧2 = 3𝑦2 ⇒ 𝑧 = √3𝑦 𝐴 = 𝑦 √3 4 𝑦 ⇒ ∴ 𝐴 = √3 4 𝑦2 III. La base de un sólido está acotada por las curvas 𝑦 = 𝑥 + 1, 𝑦 = 𝑥2 − 1. Calcule el volumen del sólido, si las secciones transversales perpendiculares al eje x son triángulos equiláteros con uno de sus lados sobre la base del sólido.  Gráficamente:  Hallar los puntos de corte, igualando ambas funciones 𝑥 + 1 = 𝑥2 − 1 𝑥2 − 1 − 𝑥 − 1 = 0 𝑥2 − 𝑥 − 2 = 0 ⇒ ( 𝑥 + 1)( 𝑥 − 2) = { 𝑥 + 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −1 𝑥 − 2 = 0 ⇒ 𝑥 = 2  Luego, Encontrar el área de un triángulo equilátero:  Luego, la función del área encerrada es: 𝑦 = [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] 𝑦 = 𝑥 + 1 − 𝑥2 + 1 ⇒ 𝑦 = 𝑥 − 𝑥2 + 2
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS  Entonces: 𝑉 = ∫ 𝐴(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ ∫ √3 4 𝑦2 𝑑𝑥 = ∫ √3 4 (𝑥 − 𝑥2 + 2)2 𝑑𝑥 = ∫ √3 4 [−(𝑥 − 𝑥2 − 2)]2 𝑑𝑥 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑉 = ∫ √3 4 [−{(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)}]2 𝑑𝑥 = ∫ √3 4 (𝑥 − 2)2(𝑥 + 1)2 𝑑𝑥 = ∫ √3 4 (𝑥2 − 4𝑥 + 4)(𝑥2 + 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑎 𝑉 = ∫ √3 4 (𝑥4 − 4𝑥3 + 4𝑥2 + 2𝑥3 − 8𝑥2 + 8𝑥 + 𝑥2 − 4𝑥 + 4)𝑑𝑥 𝑏 𝑎 𝑉 = ∫ √3 4 (𝑥4 − 2𝑥3 − 3𝑥2 + 4𝑥 + 4)𝑑𝑥 𝑏 𝑎 Pero, 𝑎 = −1 ∧ 𝑏 = 2 𝑉 = ∫ √3 4 (𝑥4 − 2𝑥3 − 3𝑥2 + 4𝑥 + 4)𝑑𝑥 2 −1 𝑉 = √3 4 [ 𝑥5 5 − 𝑥4 2 − 𝑥3 + 2𝑥2 + 4𝑥] −1 2 𝑉 = { √3 4 [ (2)5 5 − (2)4 2 − (2)3 + 2(2)2 + 4(2)]} − { √3 4 [ (−1)5 5 − (−1)4 2 − (−1)3 + 2(−1)2 + 4(−1)]} 𝑉 = { √3 4 [ 32 5 − 16 2 − 8 + 2(4) + 4(2)]} − { √3 4 [− 1 5 − 1 2 + 1 + 2(1) + 4(−1)]} 𝑉 = { √3 4 [ 32 5 − 8 − 8 + 8 + 8]} − { √3 4 [− 1 5 − 1 2 + 1 + 2 − 4]} 𝑉 = √3 4 [ 32 5 ] − { √3 4 [− 1 5 − 1 2 + 1 + 2 − 4]} 𝑉 = √3 4 [ 32 5 ] − { √3 4 [− 1 5 − 1 2 − 1]} 𝑉 = √3 4 [ 32 5 ] + √3 4 [ 17 10 ] 𝑽 = 𝟖𝟏√𝟑 𝟒𝟎 ≈ 𝟑. 𝟓𝟎 𝒖 𝟑 IV. La región limitada por 𝑦 = 𝑥2 , 𝑦 = 0, 𝑥 = 0, 𝑦 = 4, se hace girar alrededor del eje y, halle el valor de y en el intervalo [0,4] que divide el sólido de revolución en dos partes de igual volumen.  Suponemos que el valor de 𝑦 divide el volumen en dos partes: 𝑦 = 𝑏𝑦 = 𝑏. Entonces los volúmenes serán: ∴ 𝑉1 = 𝜋 ∫ (√ 𝑦) 2 𝑑𝑦 𝑏 0 ∴ 𝑉2 = 𝜋 ∫ (√ 𝑦) 2 𝑑𝑦 4 𝑏  Observación: El método implementado es el método de disco. Y, por lo tanto, se integrada con respecto a 𝑦.
EJERCICIOS VARIOS CALCULO II Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS  La ecuación 𝒚 = 𝒙 𝟐 la necesitamos en términos de 𝑦. Entonces al despejar 𝑥 queda: 𝒚 = 𝒙 𝟐 ⇒ 𝒙 = √ 𝒚  Resolver las integrales planteadas: ∴ 𝑉1 = 𝜋 ∫ (√ 𝑦) 2 𝑑𝑦 = 𝜋 ∫ 𝑦𝑑𝑦 = 𝜋 1 2 𝑏 0 𝑏 0 𝑦2|0 𝑏 = 𝜋 1 2 𝑏2 ∴ 𝑉2 = 𝜋 ∫ (√ 𝑦) 2 𝑑𝑦 = 𝜋 ∫ 𝑦𝑑𝑦 = 𝜋 1 2 4 𝑏 4 𝑏 𝑦2|4 𝑏 = 𝜋 1 2 42 − 1 2 𝑏2 ⇒ 𝜋 (8 − 1 2 𝑏2 )  Y como necesitamos que el volumen total sea dividido en dos partes iguales esto es lo mismo que decir que necesitamos que 𝑉1 = 𝑉2 por ende tenemos la ecuación: 𝜋 1 2 𝑏2 = 𝜋 (8 − 1 2 𝑏2 ) 𝜋 1 2 𝑏2 𝜋 = 𝜋 (8 − 1 2 𝑏2 ) 𝜋 = 1 2 𝑏2 = 8 − 1 2 𝑏2 ⋯ ⋯ 2 ( 1 2 𝑏2 ) = 2 (8 − 1 2 𝑏2 ) ⇒ 𝑏2 = 16 − 𝑏2 ⋯ ⇒ 𝑏2 + 𝑏2 = 16 ⇒ 2𝑏2 = 16 ⋯ ⋯ 𝑏2 = 16 2 ⇒ 𝑏2 = 8 ⇒ √𝑏 = √8 ⇒ 𝒃 = 𝟐√𝟐 ≈ 𝟐. 𝟖𝟑 𝒖 𝟑 V. Halle el volumen del solido de revolución, obtenido al rotar sobre el eje x, la región limitada por la parábola 𝑦 = 𝑥2 y las rectas 𝑦 = 𝑥 2 , 𝑥 = 1, 𝑥 = 2. 𝑉 = 𝜋 ∫ [( 𝑥2)2 − ( 𝑥 2 ) 2 ] 𝑑𝑥 2 1 𝑉 = 𝜋 ∫ [𝑥4 − 𝑥2 4 ] 𝑑𝑥 2 1 𝑉 = 𝜋 [ 𝑥5 5 − 𝑥3 12 ] 1 2 𝑉 = 𝜋 [ 32 5 − 2 3 − 1 5 + 1 12 ] 𝑉 = 𝜋 [ 31 5 − 7 12 ] ⇒ 𝜋 [ 337 60 ] 𝑽 = 𝟑𝟑𝟕 𝟔𝟎 𝝅

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