Contiene algunas integrales indefinidas, impropias y a la vez aplicaciones de las mismas. También puedes visitar este link, en donde hay más aporte de integrales: http://www.slideshare.net/Carlos_Aviles_Galeas/ejercicios-resueltos-de-integrales-indefinidas-63027082 Saludos!

1. 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

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

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)

4. 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

5. 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

6. 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.

7. 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