Perro Terminado(1)

37. Comprobar el teorema de Green en el plano para ∮c

❑

(3 x2−8 y2 )dx+(4 y−6 xy )dy , siendo c

el contorno de la región definida por: a) y=√x , y=x2;b¿ x=0 ,Y=0 , x+ y=1.

SOLUCIÓN:

Si: ∮c

❑

Mdx+Ndy=∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy

M=3 x2−8 y2˄N=4 y−6 xy

∂M∂ y

=−16 y∂N∂ x

=−6 y

a) y=√x , y=x2

∮c

❑

(3 x2−8 y2 )dx+(4 y−6 xy )dy=∫x=0

1

∫y=x2

√ x

(−6 y+16 y )dydx

¿∫0

1

(5 x−5 x4 )dx=5 ( x2

2− x

5

5)10

¿3/2 ……………..RTA

b¿ x=0 , Y=0 , x+ y=1

∮c

❑

(3 x2−8 y2 )dx+(4 y−6 xy )dy=∫x=0

1

∫y=0

1− x

(−6 y+16 y )dydx

¿∫0

1

(5(1−x)2 )dx=5 ((1−x )3

3)10

¿5/3 …………..RTA

38. Hallar ∮c

❑

(3 x+4 y )dx+(2 x−3 y )dy , siendo c una circunferencia de radio 2 con centro en el

origen del plano xy y que se recorre en sentido positivo.

SOLUCIÓN:

De lo anterior:

M=3 x+4 y˄N=2 x−3 y

∂M∂ y

=4∂N∂ x

=2

∮c

❑

(3 x+4 y )dx+(2 x−3 y )dy=¿ 4 ∫y=0

π /2

∫x=0

2

−2dxdy ¿

¿−8∫0

π2

(2 )dx=−16(x )π /20

¿−8π ………………….RTA

40. Hallar ∮ (x2−2 xy )dx+(x2 y+3 )dy a lo largo del contorno de la region definida por:

y2=8 x , x=2. a) directamente, b) aplicando el teorema de Green.

SOLUCION:

1. Directamente:

1. De x=2→dx=0:

C1=∫−4

4

(4−4 y )0+ (4 y+3 )dy=2∫0

4

( 4 y+3 )dy

¿2 (2 y2+3 y ) 40

C1=88

2. De y=2√2∗√x→dy=√2√xdx

C2=∫2

0

(x2−4 √2∗√ x3 ) dx+(4 x2+ 3√2√x )dx

¿( 5 x3

3−8√2 x

52

5+6√2x

12)0

2

C2=−44+645

3. De y=−2√2∗√x→dy=−√2√ x

dx

C3=∫0

2

(x2+64√2∗√x3 )dx+(4 x2−3√2√ x )dx

¿( 5 x3

3+ 8√2x

52

5−6√2x

12)2

0

C3=−44+ 645

C=C1+C2+C3

C=128/5 ………………………..RTA

4. Aplicando el teorema de Green.

Si: ∮c

❑

Mdx+Ndy=∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy

M=x2−2 xy˄ N=x2 y+3

∂M∂ y

=−2x∂ N∂x

=2 xy

∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy=∫

y=4

−4

∫x=2

y2

8

(2xy+2 x )dxdy

¿−2∫0

4

( y5

64+ y

4

64−4 y−4)dy

¿−2( y6

64∗6+ y5

64∗5−2 y2−4 y )4

0=32−32

5

¿ 1285

………………………….RTA

41. Hallar ∫(0,0 )

(π ,2)

( 6xy− y2 )dx+(3 x2−2xy )dy a lo largo de la cicloide x=θ−sin θ , y=1−cosθ.

SOLUCION:

Si: ∮c

❑

Mdx+Ndy=∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy

M=6 xy− y2˄N=3 x2−2xy

∂M∂ y

=6 x−2 y∂N∂ x

=6 x−2 y

Como vemos es una diferencial exacta, por lo tanto la solucion es la siguiente:

∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy=∫

( 0,0 )

(π , 2)

(6 xy− y2) dx

¿ (3 x2 y−x y2 ) (π ,2 )(0,0 )

¿6 π2−4 π ………………………RTA

42. Hallar ∮ (3 x2+2 y )dx−( x+3 cos y )dy a lo largo del paralelogramo de vértices (0,0),(2,0),(3,1) y (1,1)

SOLUCION:

1. De (0,0) → (2,0) = C1

y=0˄(x )20

dy=0

C1=∫0

2

3x2dx=(x3 ) 20

C1=8

2. De (2,0) → (3,1) = C2

y=x−2˄(x )32

dy=dx

C2=∫2

3

(3 x2+2 ( x−2 ) )dx−(x+3 cos ( x−2 ) )dx

C2=∫2

3

(3 x¿¿2+x−3 cos ( x−2 )−4)dx=(x3+ x2

2−4 x−3 sen (x−2))3

2¿

C2=352

−3sin 1

3. De (3,1) → (1,1) = C3

y=1˄(x)13

dy=0

C3=−∫1

3

(3 x2+2 )dx=−(x3+2x ) 31

C3=−30

4. De (1,1) → (0,0) = C4

y=x ˄(x)01

dy=dx

C 4=−∫0

1

(3 x2+2 x )dx−( x+3cos x )dx

C 4=−∫0

1

(3 x¿¿2+x−3 cos x )dx=−(x3+ x2

2−3 senx)1

0¿

C 4=−32

+3 sin 1

C=C1+C2+C3+C4

C= - 6 ……………………………..RTA

43.

x=a (1−cosθ ) ;a>0

C=C1∪C2

∝1=(t ;0 )

∝2=a¿

A (R )=12∫C

❑

x ∂ y− y ∂ x=12∫C 1

❑

x∂ y− y ∂ x+12∫C2

❑

x ∂ y− y ∂ x

¿ 12∫0

2π

0+¿ 12∫2π

0

a (θ−sin θ )a sinθ−a(1−cosθ)a¿¿¿

¿ a2

2∫2π

0

¿¿

=3 π a2

44

a⃗ (t )=(acos3θ ;a sin3θ )θ≤t ≤2 π

A=12∫0

2π

(acos3θ−3a sin2θ cosθ−a sin3θ+[−3 acos2θ sinθ ])∂θ

¿ 3a2

2∫0

2π

¿¿

¿ 3a2

2∫0

2π

¿¿

¿ 3a2

2∫0

2π

¿¿

¿ 3a2

2∫0

2π

¿¿

¿3a2∫0

2π

¿¿

∏/4

-∏/4

∏/4

-∏/4

∏/4

-∏/4

(a,a)

¿ 3a2

16 (θ− sin 4θ4 )2π

¿0=3a2π

8

P-46)

3sen2θ

A2

=12∫0

π /4

r2∂θ→A=∫0

π /4

¿¿¿

9π8u2

47 Hallar el área de un lazo de la rosa de cuatro hojas e= 3 sen 2φ.

SOLUCIÓN:

r2 = a2 cos 2φ

Área de un lazo:

A0 = ½ ∫ a2cos2φdφ

A0 = a22 ∫ a2cos2φdφ

A0 = a22

(½ sen2φ)

A0 = a22

[ ½ (senπ2

– sen π2

]

A0 = a22

[ ½ (2)] = a22

(Área de un lazo)

Área de 2 lazos = a22

x 2 Rpta= a2

48.

Ecuación del folio de Descartes:

x3+ y3=3axy

Hacer:

y=tx

Area=12∮ xdy− ydx

Area=12∮ x2d

yx

Area=12∮ x2dt

Ecuaciones paramétricas:

x= 3at1+t3

; y=3a t2

1+t 3

Solución:

A=∫α

β

y (t ) x' (t )dt donde :

Para :α=0 ; β=+∞

Luego el área de la región es:

A=∫0

+∞3at1+ t3

.3a(1−2t 3)

(1+t 3)2 dt

A=9a2∫0

+∞t 2−t 5

(1+t 3)3 .dt

A=9a2[∫0

+∞3 t 2

(1+t 3 )3−2∫

0

+∞t5+t 2

(1+t 3 )3. dt ]

A=9a2[ −1

2 (1+t 3 )2− 2

3 (1+t 3 ) ]0+∞

A=3a2

2

49. Comprobar el teorema de Green en el plano para

∮c

❑

(2 x− y3 )dx−xydysiendo C el contorno de la región limitada por las circunferencias

x2+ y2=1 y x2+ y2=9

SOLUCION:

Tenemos:

M=2 x− y3˄N=−xy

∂M∂ y

=−3 y2 ∂N∂x

=− y

Parametrizando:

{x=r cosθy=r senθ

; dxdy=rdrdθ

∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy=∫

θ=0

2π

∫r=1

3

(−r senθ+3 r 2sen2θ ) (rdrdθ )

¿ ∫θ=0

2π

∫r=1

3

(−r2 senθ+3 r3 sen2θ )drdθ

¿∫0

2π

(−r3

3senθ+3 r 4

4sen2θ)3

1dθ

¿∫0

2π

(−263senθ+60 sen2θ)dθ

¿( 263cosθ+30θ−15 sen2θ)2π

0=26

3+60π−26

3

¿60 π …………………………….RTA

50. Hallar ∫(1,0 )

(−1,0)− ydx+xdyx2+ y2 a lo largo de los caminos siguientes:

5. Quebrada que une los puntos (1,0),(1,1),(-1,1) y (-1,0).

6. Quebrada que une los puntos (1,0),(1,-1),(-1,-1) y (-1,0).

7. Demostrar aunque ∂M∂Y

=∂ N∂ x

la integral curvilinea depende de la trayectoria que une

los puntos (1,0) y (-1,0).

SOLUCIÓN:

8. Quebrada que une los puntos (1,0),(1,1),(-1,1) y (-1,0).

Desarrollamos por integracion separadas:

9. De (1,0) → (1,1) = C1

x=1˄( y)10

dx=0

C1=∫0

1dy

1+ y2 =(arctgy )10

C1=π /4

10. De (1,1) → (-1,1) = C2

y=1˄(x)−11

dy=0

C2=−2∫0

1−dx1+x2=2 (arctgx )1

0

C2=π /2

11. De (-1,1) → (-1,0) = C3

x=−1˄( y)01

dx=0

C3=−∫0

1−dy1+ y2=(arctgy ) 1

0

C3=π /4

12. De (-1,0) → (1,0) = C4

y=1˄(x) 1−1

dy=0

C 4=2∫0

1

0 dx

C 4=0

C=C1+C2+C3+C4

C= π ……………………………..RTA

b) Quebrada que une los puntos (1,0),(1,-1),(-1,-1) y (-1,0).

13. De (1,0) → (1,-1) = C1

x=1˄( y)−10

dx=0

C1=−∫0

1dy

1+ y2 =−(arctgy )10

C1=−π /4

14. De (1,-1) → (-1,-1) = C2

y=−1˄(x)−11

dy=0

C2=−2∫0

1dx

1+x2=−2 (arctgx )10

C2=−π /215. De (-1,-1) → (-1,0) = C3

x=−1˄( y) 0−1

dx=0

C3=∫−1

0−dy1+ y2=−(arctgy ) 0

−1C3=−π /4

16. De (-1,0) → (1,0) = C4

y=0˄(x ) 1−1

dy=0

C1=2∫0

1

0dx

C1=0

C=C1+C2+C3+C4

C= - π ……………………………..RTA

c) Demostrar aunque ∂M∂Y

=∂ N∂ x

la integral curvilinea depende de la trayectoria que une los

puntos (1,0) y (-1,0).

Si:

M= − yx2+ y2

;N= x

x2+ y2

∂M∂ y

= y2−x2

(x2+ y2 )2∂N∂ x

= y2−x2

(x2+ y2 )2

Por lo tanto es una diferencial exacta

∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy= ∫

(1,0 )

(−1,0 )

( − yx2+ y2 )dx

¿−2∫( 0,0 )

(1,0 )

( − yx2+ y2 )dx=−2arctg( x

y) (1,0 )(0,0)

Tambien:

∬s

❑

( ∂ N∂ x −∂M∂ y )dxdy= ∫

(1,0 )

(−1,0 )

( xx2+ y2 )dy

¿−2∫( 0,0 )

(1,0 )

( xx2+ y2 )dy=−2arctg( y

x) (1,0 )(0,0)

Como vemos ambos dependen de la trayectoria que une los puntos (1,0) y (-1,0).

52. Hallar ∬s

❑

F .nds , siendoF=2 xy i+ y z2 j+ xzk y s :

17. La superficie del paralelepípedolimitado por. x=0, y=0, z=0, x=2, y=1, z=3.

18. La superficie de la region limitada por x=0, y=0, y=3, z=0, y x+2z=6.

SOLUCION:

Tenemos:

∬s

❑

F ∙ndS=∭v

❑

∇ ∙Fdv=∭v

❑

[ ∂∂ x (2 xy )+ ∂∂ y

( y z2 )+ ∂∂ z

( xz )]dv∬s

❑

F ∙ndS=∭v

❑

(2 y+z2+x )dv

a) La superficie del paralelepípedolimitado por. x=0, y=0, z=0, x=2, y=1, z=3.

∬s

❑

F ∙ndS=∫x=0

2

∫y=0

1

∫z=0

3

(2 y+z2+x )dzdydx

¿ ∫x=0

2

∫y=0

1

(6 y+3 x+9 )dydx=∫0

2

(12+3 x )dx

¿30 ………………………….RTA

19. La superficie de la region limitada por x=0, y=0, y=3, z=0, y x+2z=6.

∬s

F ∙ndS=∫x=0

6

∫z=0

3− x2

∫y=0

3

(2 y+z2+x )dydzdx

¿ ∫x=0

6

∫z=0

3− x2

(9+3 z2+3x )dzdx=¿

¿∫0

3

(9(3− x2 )+(3− x

2 )3

−3 x (3− x2 ))dx

¿(4 (3− x2 )

3

−27 (3− x2 )

2

−(3− x

2 )4

2 )60=−108+243+81/2

¿351/2 ……………………RTA

53. comprobar el teorema de la divergencia para A=2x2 yi− y2 j+4 x z2 extendida a lo largo del primer octante limitada por y2+z2=0 y x=2.

SOLUCION:

∬s

❑

A ∙ndS=∭v

❑

∇ ∙ Adv=∭v

❑

[ ∂∂ x (2x2 y )+ ∂∂ y

(− y2 )+ ∂∂ z

(4 x z2) ]dv∬s

❑

A ∙ndS=∭v

❑

( 4 xy−2 y+8 xz )dv

∬s

❑

A ∙ndS=∫y=0

3

∫z=0

√9− y2

∫x=0

2

( 4 xy−2 y+8 xz )dxdzdy

¿ ∫y=0

3

∫z=0

√9− y2

( 4 y+16 z )dzdy=∫0

3

(4 y √9− y2+8 ( 9− y2 ))dy

¿(−43

√9− y23+72 y−8

3y3)30=144+36

¿180 …………………………………….RTA

54. Hallar ∬s

❑

r . nds , siendo s :

20. La esfera de radio 2 y con centro en (0,0,0)

21. La superficie del cubo limitado por x=−1 , y=−1 , z=−1 , x=1, y=1 , z=1.

22. La superficie limitada por el paraboloide z=4−(x2+ y2 ) y el plano xy .

SOLUCION:

Si:

∬s

❑

r ∙ndS=3∭v

❑

dv=3v

23. La esfera de radio 2 y con centro en (0,0,0)

∬s

❑

r ∙ndS=3∭v

❑

dv=3v

¿3( 43π 23)

¿32π ……………………….RTA

24. La superficie del cubo limitado por x=−1 , y=−1 , z=−1 , x=1, y=1 , z=1.

∬s

❑

r ∙ndS=3 ∫x=−1

1

∫y=−1

1

∫z=−1

1

dzdydx=24 ∫x=0

1

∫y=0

1

∫z=0

1

dzdydx

¿24 ∫x=0

1

∫y=0

1

dydx=24∫0

1

dx

¿24 …………………………..RTA

25. La superficie limitada por el paraboloide z=4−(x2+ y2 ) y el plano xy .

Solo se tomara la cuarta parte:

∬s

❑

r ∙ndS=4(3 ∫z=0

π2

∫y=0

2

∫x=0

2

dxdydz )=12 ∫z=0

π2

∫y=0

2

∫x=0

2

dxdydz

¿12 ∫z=0

π2

∫y=0

2

2dydz=24∫0

π2

2dz

¿48 ( z )π20

¿24 π ……………………………..RTA

s

000 000

1

1

1

1 1

0 0 0 0 0

0

2

22

2

2

2

3 3

3

0

1

00

54 Hallar ∫ ∫ r.n ds siendo s:

(a) la esfera de radio 2 con centro en (0,0,0).(b) La superficie del cubo limitado por x = -1, y = -1, z = -1 ; x = 1, y = 1, z = 1(c) La superficie limitada por el paraboloide z = 4 – (x2 + y2) y el plano xy.

SOLUCIÓN:

(a)

X2 + y2 + z2 = 2 y2 = 2 – x2 – z2 dydx

=(−x )

√2 – x2– z2

y = √2– x2– z2

dydx

=½(−2 x)

√2 – x2– z2 dydz

=½ (−2 z )

√2 – x2– z2

dydx

=(−x )

√2 – x2– z2 dydz

=(−z)

√2 – x2– z2

As = ∫ √1+((−x)

√2– x2– z2)

2

+((−z )

√2 – x2– z2)

2

Rpta = 32 π

(b)

∫ ∫ 2xy ∫ ∫ 2xy ∫ ∫ zx

∫ y(x2) ∫ y(z3

3

) ∫ x (z2

2

)

4∫ y2

2

9∫ y2

2

92 (y2

2

)

2i 9/2j 9

√4+ 812

+81

∴ método de comas

s

s

A = 2x2 = y # x 4

NºComas 6x4 =24 Rpta= 24

(c) Paraboloide:

Z = 4 – x2 + y2

Y2 = 4 – x2 - z

Y = √4 – x2– z

dydx

=½(−2 x)

√4 – x2– z

dydz

=½(−1)

√4 – x2– z

dydx

=(−x )

√4 – x2– z

dydz

=(−1)

2√4 – x2– z

As = ∫ √1+((−x)

√4 – x2– z)

2

+((−1)

2√4 – x2– z)

2

As = ∫ √1+x2

4 – x2 – z+

1

4(4 – x2 – z )Rpta = 24 π

58 Demotrar que ∫∫∫ dvr2 = ∫∫( r .n

r2 )dS

SOLUCIÓN:

∫∫∫ dv

r2 = ∫∫( r .n

r2 )dS

dϕ. dl.dA =dV

dV= dS.r

∫∫( r . A

r2 )dS = ∫∫( r .n

r2 )dS

∫∫∫( r .nr )dS = ∫∫(

r .n

r2 )dS

∫∫∫ dvr2 = ∫∫( r .n

r2 )dS

Donde

r.N = r.r = ll r ll2 / ll r ll = ll r ll = a ⇔ area x l= Volumen

∫∫∫ dvr2 = ∫∫( A

r2 )dS

∫∫∫ dv

r2 = ∫∫∫( dv

r2 )dS

63. A=( y−z+2 ) j+( yz+4 ) j−xzk

A1= y−z+2; A2= yz+4 ; A3=−xz

∇∗A=

i j k∂∂ x

∂∂ y

∂∂ z

A1 A2 A3

¿( ∂ A3∂ y

−∂ A 2∂ z ) i+( ∂ A1

∂ z−∂ A 3∂x ) j+( ∂ A2

∂ x−∂ A 1∂ y )k=(o− y ) i+(−1−0 ) j+ (0−1 ) k

¿− yi− j−k

¿∮C

❑

A 1∂x+A2∂ y+A3 ∂z=¿∮C

❑

A1∂ x+∮C

❑

A2∂ y+∮C

❑

A3∂ z ¿

¿∮C

❑

( y−z+2 )∂ x+∮C

❑

( yz+4 )∂ y+∮C

❑

(−xz )∂x

¿ yx−zx+2 x+z y2+4 y−x z2

¿ y (2x+zy+4 )−x (2 z2−2+z2 )→x=2 ; y=2 ; z=2

¿2 (4+4+4 )−2 (8−2+4 )=4→valor común

64. F=xzi− yj+x2 yk

F1=xz; F2=− y ;F 3=x2 y

∮C

❑

F∗∂r=∮C

❑

( y−z+2 )∂x+( yz+4 )∂ y−(xz)∂ z

∇∗F=

i j k∂∂ x

∂∂ y

∂∂z

A1 A2 A3

¿( ∂ F3∂ y

−∂ F2∂ z ) i+( ∂ F1

∂ z−∂ F3∂ x ) j+( ∂F 2

∂ x−∂ F1∂ y )k=(x2−0 )i+( x−0 ) j+ (0−0 ) k

¿ x2i+xj

∬S

❑ [( ∂ F3∂ y

−∂ F2∂ z )+( ∂ F1

∂z−∂F 3∂ x )+( ∂ F2

∂x−∂ F1∂ y )]∂ s

¿∮C

❑

F1∂x+F2∂ y+F3∂ z=¿∮C

❑

F1∂ x+∮C

❑

F2∂ y+∮C

❑

F3∂ z¿

¿∮C

❑

xz ∂x+∮C

❑

(− y )∂ y+∮C

❑

x2 y ∂z= z x2

2− y2

2+x2 yz→x=2; y=2 ;z=2

¿ 323→valor común

65. ∬S

❑

(∇∗A )n∂ s

A=(x2+ y−4 ) i+3xyj+( 2xz+z2 )k

A1=x2+ y−4 ; A2=3 xy ; A 3=2 xz+z2

a¿ Semiesfera : x2+ y2+z2=16

n=cosα i+cos βj+cosθk

(∇∗A )n=( ∂ A3∂ y

−∂ A 2∂ z )cosα+( ∂ A1

∂ z−∂ A3∂ x )cos β+( ∂ A 2

∂ x−∂ A1∂ y )cosθ

(∇∗A )n=(0−0 ) cosα+(0−2 z ) cos β+(3 y−1 ) cosθ

(∇∗A )n=−2 zcos β+ (3 y−1 )cos θ

A∂r=A1∂ x+A 2∂ y+A3∂ z→∮C

❑

A 1∂ x+∮C

❑

A 2∂ y+∮C

❑

A3∂ z

¿ x3

3+xy−4 x+ 3 x y2

2+ 2x z2

2+ z

3

3

∮ A∂r=∮C

❑

A1∂ x+A 2∂ y+A3∂ z z=4−(x2+ y2 )

¿−16π

66. A=2 yzi−( x+3 y−2 ) j+(x2+z )k

A1=2 yz ; A 2=x+3 y−2 ; A 3=x2+z

Hallar :∬S

❑

(∇∗A )n∂s

x2+ y2=a2 ; x2+z2=a2→ y=z

2 x+2 y=2a→ x+ y=a

x2+ z2=a2→x+z=a

∇∗A=

i j k∂∂ x

∂∂ y

∂∂ z

A1 A2 A3

¿( ∂ A3∂ y

−∂ A 2∂ z ) i+( ∂ A1

∂ z−∂ A 3∂x ) j+( ∂ A2

∂ x−∂ A 1∂ y )k=(0−0 ) i+(2 y−2 x ) j+(−2 z−1 ) k

¿ (2 y−2 x ) j−(2 z+1 ) k

∬S

❑

(∇∗A )n∂ s=∬S

❑

(∇∗(A1∗i+A 2∗ j+A3∗z ) )n∂s

¿∬S

❑

(∇∗[ (2 y−2 x ) j−(1+2 z )k ]) n∂s=∬S

❑

∇ [−2aj−(1+2 (a−x ) )k ]n∂s

¿∫0

4 π−16a (x−2a )∂x=−a2

12(3 π+8a)

PROBLEMAS COORDENADAS CURVILINEAS

36. Enunciar y trazar las superficies y líneas coordenadas de los sistemas :

(a) Ciindricas elípticas(b) Bipolares(c) Cilindricas parabolicas

SOLUCION

a) Las superficies coordenadas son

u=c1 es cilindro elíptico cuyo eje es el eje z. v=c2 es cilindro hiperbólico cuyo eje es el eje z. z=c3 son planos.

Las coordenadas son: Intersección de u=c1 y v=c2 (línea z). Intersección de u=c1 y z=c3 (línea v). Intersección de v=c2 y z=c3 (línea u).

b) Las superficies coordenadas son:

u=c1 es un cilindro recto. v=c2es un cilindro recto. z=c3 son planos.

Las coordenadas son: Intersección de u=c1 y v=c2 (línea z), con el plano x, y es una circunferencia de centro

en el eje y. Intersección de u=c1 y z=c3 (línea v), con el plano x, yes una circunferencia de centro

en el eje x. Intersección de v=c2 y z=c3 (línea u).

C )Las superficies coordenadas son:

u=c1 es un cilindro parabólico v=c2es un cilindro parabólico z=c3 son planos.

Las coordenadas son: Intersección de u=c1 y v=c2 (línea z), con el plano x, y es una parábola coaxial con

vértice en el eje z.

Intersección de u=c1 y z=c3 (línea v), con el plano x, y es una parábola coaxial con vértice en el eje z.

Intersección de v=c2 y z=c3 (línea u).

37. Transformar las coordenadas:

A) Esféricas en rectangulares:

Las ecuaciones que definen la transformación de las coordenadas rectangulares a esféricas son:

1) x=r sen θ cosϕ, 2) y=r sen θ sen ϕ, 3) z=r cosθ

Elevando al cuadrado (1), (2) y (3) sumando tenemos

x2+y2+y2=r 2 sen2θ(sen2ϕ+cos2ϕ)+r2 cos2θ

x2+y2+y2=r 2¿+cos2θ)

r=√x2+ y2+z2 .

Elevando al cuadrado (1), (2) y sumando tenemos

x2+y2=r 2 sen2θ(sen2ϕ+cos2ϕ)

x2+y2 =(r . senθ )2.1…………………………………….. (a)

Despejamos “r” de (3) :

r =z

cosθ ……………………………………...... (b)

Remplazamos (b) en(a)

x2+y2 =( zcosθ

. senθ)2

√ x2+ y2 =z .tanθ

θ =arctan √ x2+ y2

z

Dividimos (2) en (1):

yx= senϕ

cosϕ

yx=tanϕ

ϕ =arctanyx

POR LO TANTO:

r=√x2+ y2+z2 . θ =arctan √ x2+ y2

zϕ =arctan

yx

B) esféricas en cilíndricas:

Las ecuaciones que definen la transformación de las coordenadas cilíndricas a esféricas son:





r=√x2+ y2+z2 ………………. (a)

Donde por coordenadas cilíndricas se tiene que:

x2+ y2 = ϱ2…………………………………………………… (b)

Remplazamos (b) en (a):

r=√ϱ2+z2



x2+y2 =(r . senθ )2.1…………………………………….. (a)


r =z

cosθ ……………………………………...... (b)


x2+y2 =( zcosθ

. senθ)2



z …………………………………… (m)

Donde por coordenadas cilíndricas se tiene que:

x2+ y2 = ϱ2 …………………………………………………….. (p)

Remplazamos (p) en (m):

θ =arctan √ϱ2

z

θ =arctanϱz

POR LO TANTO:

r=√ϱ2+z2 . θ =arctanϱz

. ϕ =ϕ

38. Expresar en coordenadas esféricas los lugares geométricos siguientes:

(a)Esfera x2+y2+z2=9

(b)Cono z2=3(x2+ y2)

(c) Paraboloide z=x2+ y2

(d)Plano y=x

(e)Plano y=x

SABEMOS QUE:

Las ecuaciones que definen la transformación de las coordenadas rectangulares a esféricas son:





r=√x2+ y2+z2 .



x2+y2 =(r . senθ )2.1…………………………………….. (a)


r =z

cosθ ……………………………………...... (b)


x2+y2 =( zcosθ

. senθ)2



z

Dividimos (2) en (1):

yx= senϕ

cosϕ

yx=tanϕ

ϕ =arctanyx

POR LO TANTO:

r=√x2+ y2+z2 . θ =arctan √ x2+ y2

zϕ =arctan

yx

Reemplazamos los valores que nos dan.

a) Esfera x2+y2+z2=9

Pero: r=√x2+ y2+z2r2= x2+ y2+z2

Entonces:

r2=x2+ y2+z2=9

r2=9 r=3

b) Cono z2=3(x2+ y2)

Pero . θ =arctan √ x2+ y2

ztanθ=√x2+ y2

z

Entonces:

tanθ=√ x2+ y2

z2 tanθ=√ x2+ y2

3(x2+ y2)

tanθ=√ 13

Por lo tanto θ=π6

c) Paraboloide z=x2+ y2

Pero θ =arctan √ x2+ y2

ztanθ=√x2+ y2

z y r=√x2+ y2+z2

Entonces:

tanθ=√ zz

yr=√z+z2 por lo tanto r . sen2θ=cosθ

d) Plano z=¿ 0

Peror=√x2+ y2+z2

Entonces:

r2=x2+ y2por lo tanto θ=π2

e) Plano y=x

Pero ϕ =arctanyx

tanϕ= yx

Entonces:

tan ϕ= xx

por lo tanto: ϕ=π4

y : ϕ=5 π4

39. Siendo ϱ ,ϕ , zlas coordenadas cilíndricas, enunciar los lugares geométricos que se indican y hallar su expresión en coordenadas rectangulares :(a) ϱ=4 , z=0 ;(b) ϱ=4 ; (c) ϕ=π /2 ; (d) ϕ=π /3 , z=1 .

Primero Expresar las coordenadas cilíndricas en función de las rectangulares:

Coordenadas cilíndricas:

1) x=ϱ cosϕ, 2) y=ϱ sen ϕ, 3) z=z

Elevando al cuadrado (1) y (2) y sumando

x2+y2=ϱ2(sen2ϕ+cos2ϕ)

ϱ=√x2+ y2Ya que sen2ϕ+cos2ϕ=1

Dividiendo (2) por (1)

yx=ϱ . sen ϕϱ .cosϕ

=tanϕ

ϕ=arctanyx

Por lo tanto la transformación pedida es :

ϱ=√x2+ y2 . ϕ=arctanyx

.z=z.

REMPLAZAMOS LOS VALORES

a) ϱ=4 , z=0

ϱ=√x2+ y2 . ϕ=arctanyx

. z=z

4=√ x2+ y2

x2+ y2=16 z=0 circunferencia

b) ϱ=4

ϱ=√x2+ y2

4=√ x2+ y2

x2+ y2=16Cilindro cuyo eje coincide con z

c) ϕ=π /2 ;

ϕ=arctanyx

tanπ2= yxy≥0

d) ϕ=π /3 , z=1 .

ϕ=arctanyx

tanπ3= yx

√3 . x= y, z=1 x≥0 , y ≥0

40. Siendo u, v,z las coordenadas elípticas y a= 4, enunciar los lugares geométricos que se indican y hallar su expresión en coordenadas rectangulares:

(a) v = ; (b) u =0 , z=0 ; (c) u= ln2 , z= 2 ; (d) y=0 , z= 0

SOLUCION

(a) Y = π4

√4 cosπ4=a=√4 √2

2

senθ+cosθ=r

√8=r

(x−h)2+( y−k )2=8

x2− y2=8

(b) u =0

x=t y=0z=0

−4≤0≤4

x = 1 y = 0 z = 0

(c) u=ln 2 , z=2

x2

a2 + y2

b2 =11

a2+ 4

b2=1

ECUACION x2

25+ y

2

9=1 b2+4a2=a2b2

Pero .a2=b2+c2 donde z=2a2=b2+4 a2−b2=4

25−b2=4 b2 = 9 b = 3

Y de b2+4a2=a2b2

a2−4+4 a2=a2b2 5a2−4=a2b2

a = 5 y b = 3

(d ) y = 0 z = 0

x≥ 4 , y0 , z0

P (a , b , c)

P ( 0 , 0 , a)

x2+ y2+z2=1

a2=1 a = 1

R = 8 a2=8 a = 4 x≥ 4

42. (a) Hallar los vectores unitarios er , eθ , e∅ del sistema de coordenadas esféricas en función de i , j , k

(b) Expresar i , j , k en función de er , eθ , e∅

SOLUCION

r=xi , y j , zk→(∅ cos∅ )(cos∅ e∅−sen∅ e∅ )

e1=

drd θ

∥drd θ

∥=

cos∅ i+sen∅ j

√(cos∅2+sen∅ 2 )

e1=¿e r=( cos∅ i+sen∅ j) senθ¿

er=senθ cos∅ i+senθsen∅ j+cosθk

e∅=

drd∅

∥drd∅

∥=

−∅ sen∅ i+∅ cos∅ i

√ (∅ 2 sen∅ 2+∅ 2 cos∅ 2 )⇉ e∅=−sen∅ i+∅ cos∅ j

eθ=

drdθ

∥drdθ

∥=cosθcos∅ i+cosθsen∅ j−senθk

er=senθ cos∅ i+senθsen∅ j+cosθk

e∅=−sen∅ i+∅ cos∅ j

eθ=cosθcos∅ i+cosθsen∅ j−senθk

Haciendounsistema deecuaciones

i=senθcos∅ er+cosθ cos∅ eθ−sen∅ e∅

j=senθsen∅ er+cosθsen∅ eθ+cos∅ e∅

k=cosθer−senθ eθ

43. Representar en coordenadas esféricas el vector A=xyi−xj+3 xk y hallar las componentes Ar ,Aθ A∅

SOLUCION

x=senθcosθ y=senθcosθsen∅A=2 cos∅ sen∅ (cos∅ e∅−sen∅ e∅ )−cos∅ (sen∅ e∅+cos∅ e∅−3cos∅ ez)

¿2 zcos∅ sen∅−senθ2−2 rsenθcosθsen∅+3 rsenθcosθsen∅

Ar=

drd∅drdv

=cos∅ i+sen∅ j

√ (cos∅ 2+sen∅ 2 )

Ar=2 r senθ2 sen∅ cos∅−rsenθcosθsen∅+3 rsenθcosθcos∅

Aθ=

drd∅dr∅

=−∅ sen∅ i+∅ cos∅ j

√(∅ 2 sen∅ 2+∅ 2cos∅ 2 )=−sen∅ i+cos∅ j

Aθ=2rsenθcosθcos∅−r cosθ2 sen∅−3 r senθ2 cos∅

A∅=

drd∅drdv

=k

A∅=−2 rsenθ sen∅2−rcosθcos∅

47.- Expresar la velocidad (v) y la aceleración(a) del movimiento de una partícula en coordenadas esféricas.

SOLUCIÓN:

El vector de posición en coordenadas esféricas es: N=xî + yj + zk

Y los vectores:

Velocidad:drdt

= dxdt

î +dydt

j + dzdt

k

Aceleración: ddtdrdt

=ddtdxdt

i + ddtdydt

j + ddtdzdt

k

En coordenadas esféricas: r = r sinφθ cos φ+r sinφ sin θ+r cosθ…………………(I)

Los vectores tangentes a las líneas (r,θ ,φ) esta dado por: ∂ r∂ r,∂ r∂θ,∂ r∂φ

Siendo:

∂ r∂ r

=sinθ cosφ î+sin φ sinθ j+cosθk

∂ y∂ x

=r cosθ cosφ i+r cosθ sinφ j−r sinθk

∂ y∂ x

=−r sinθ sinφ i+r sin θ cos φ j

Entonces:

e1=er=

drdr

|drdr|=

sin θ cosφ i+sin θ sinφ j+cosθk

√sin θ2cos φ2+sin θ2 sinφ2+cosθ2=sin θ cos φ i+sinφ sin θ j+cosθk

e2=eθ=

drd θ

| drd θ|=r cosθ cos φ i+r cos θ sinφ j−r sin θk

√r 2cosθ2cos φ2+r2 cosθ2 sinφ2+r2 sinθ2 =r cosθ cosφ+r cosθ sinφ−r sinθ

r

=cosθ cos φ+cos θ sinφ+sinθ

e3=eφ=

drd φ

| drd φ|=

−rsin φ sinθ i+r sin θ cosφ j

√r 2sin θ2 sinφ2+r2 cosφ2sin θ2=−sinφ i+cos φ j

Entonces:

er=sin θ cos φi+sin φsinθ j+cosθk

eθ=cosθ cos φ+cos θ sinφ+sinθ

eφ=−sinφ i+cos φ j

i=er sin θ cosφ−eφsinφ+eθ cosθ cos φ

j=er sin θ sinφ+eφ cosφ+eθ cosθ sinφ

k=er cosθ−eθsin θ

REMPLAZANDO EN (I):

r=xi + yj + zk = r (sin θ cosθ )¿¿) + r ¿ + r cosθ (er cosθ−eθ sinθ ) .

Luego: v= drdt

=drdter+r

d erdt

+ d φdteφ

=drdter+r θ eθ+r φeφsin θ

Por lo tanto obtendremos: v = vr er+vθ eθ+vφeφ

DERIVANDO V:

a= ddtdrdt

= ddt

(vr er+vθ eθ+vφeφ)

Por lo tanto obtendremos: a= ar er+aθ eθ+aφ eφ

48.- Hallar el cuadrado del elemento de línea y los factores de escala correspondientes en el sistema de coordenadas:

a) Paraboidales.b) Cilíndricas elípticas.c) Esferoidales achatadas.

SOLUCION:

a) Paraboloides: (u, v, ∅ ) ; r=μ . vcos∅ i+μ . v sin∅ j+ 12

(μ2−v2 )k

Siendo:x=μ . v cos∅y=μ . v sen∅

z=12(μ2−v2), entonces.

dr=∂r∂μ.d μ+ ∂ r

∂v.dv+ ∂r

∂∅. d∅

dr=(v cos∅ i+v sin∅ j+μ )d μ+(μcos∅ i+μ sin∅ j−v )dv+(−μ . v sin∅ j+μ . vcos∅ j )d∅

dr=(v cos∅ d μ+v cos∅ dv−μ . v sin∅ ) i+ (v sin∅ d μ+μ sin∅ dv+μ . v cos∅ ) j+(μd μ−vdv )k

Luego: d s2=d r .dr=( v cos∅ dv+ucos∅ dv−u . v sin∅ d∅ )2+(v sin∅ du+u sin∅ d∅+u . vcos∅ . d∅ )2+(u .du−v .dv )2

Reduciendo:

d s2=(u2+v2 ) (du2+d v2 )+u2 . v2d∅ 2¿

Siendo los factores de escala:

hv=√u2+v2;h∅=u . v

b) Cilíndricas elípticas: (μ , v , z)x=acosh μcos v

y=a sinh μ sin v

z=zEntonces: r=acosh μcos r i+asinh μ sin v j+zk

dr=∂r∂μ.du+ ∂r

∂v.dv+ ∂ r

∂ z.dz

Obteniendo: dr=(a sinh μcos v .dμ−acosh μ sin v .dv ) i+(acosh μ sin v .dμ+a sinh μcos v .d v ) j+dzk

d s2=(a sinh μ .cosv .dμ−acosh μ sin v .dv )2+(acosh μ sin v du+a sinhμcos v .dv)2+(dz)2

Reduciendo tenemos:

d s2=dr .dr=a2 (sinh μ2+sin v2 ) (d u2+d v2 )+d z2

De donde: hμ=hy=a√sinh μ2+sin v2;h=1

c) Esferoidales achatadas: (ε , n ,∅ )

x=a coshε cos ncos∅ ;

y=acosh ε cosn sin∅ ;

z=asinh ε sinn.

Por lo tanto obtenemos: r=acosh ε cosncos∅ i+acosh ε cosn sin∅ j+a sinh ε sinnk

dr=∂ r∂ ε.dε+ ∂r

∂n.dn+ ∂r

∂∅. d∅

Por tanto obtendremos:

dr=(acos n.cos∅ . sinh ε . dε−acosh ε . sinn .cos∅ .dn−acosh ε .cosn . sin∅ . d∅ ) i+(acos n. sin∅ .sinh ε . dε−acosh ε sinn sin∅ . dn+acosh ε .sinn . sin∅ . d∅ n ) j+(a sinn .cosh ε . dε+a sinh ε .cosn)k

;

A=(acos n .cos∅ . sinh ε . dε−acosh ε . s∈n .cos∅ .dn−acosh ε .cosn . sin∅ . d∅ ).

B=(acos n .sin∅ . sinh ε . dε−acosh ε sinn sin∅ .dn+acosh ε .sin n. sin∅ .d∅ n ).

C=(a sinn .cosh ε . dε+a sinh ε .cos n).

Ahora:

d s2=dr .dr;

d s2=A2+B2+C2:

Obteniendo:

d s2=a2 (sinh ε2+sinn2 ) . (dε2+d n2 )+a2cosh ε2 cosn2 . d∅ 2

Donde:

hε=hn=√sinh ε2+sinn2;h∅=cosh ε .cos n

49.- Hallar el elemento de volumen dV en coordenadas: paraboloides, cilíndricas elípticas y bipolares.

Solución:

a) Paraboloides: (μ , v ,∅ )

x= μ . v .cos∅ y=μ . v . sin∅ ; z=12(μ2+v2)

μ≥0; v≥0 ˰ 0≤∅ ≤2π

Se sabe que:dv=h1 .h2 . h3 . d μ1 . d μ2 . d μ3, entonces: hμ=hv=√u2+v2 , h∅=μ . v

Remplazando: μ1=μ μ2=v μ3=∅ d μ1=dμ d μ2=dv d μ3=d∅

Por lo tanto obtenemos: dv=(u2+v2 ) . μ . v . dμ .dv .d∅

b) Cilíndricas elípticas: (μ , v , z)

Donde: x=a cosh μ .cosv y=a sinhμ sin v z=z

hμ=hv=a√sinh μ2 .sin v2, hz=1

μ1=μ μ2=v μ3=z

d μ1=dμ d μ2=dv d μ3=dz

Como: dv=h1 .h2 . h3 . d μ1 . d μ2 . d μ3

Entonces obtendremos: dv=a2 (sinh μ2+sin v2 ) . dμ .dv .dz

c) Bipolares : (μ , v , z):

Entonces: x2+( y−a .cotμ)2=a2 csc μ2

(x−acoth v)2+ y2=a2 . cschv2

z=zDonde:

x=a sinh v

cosh v−cos μy= a . sin μ

cosh v−cos μz=z , hμ=hv=

acosh v−cos μ

,hz=1

μ1=μ μ2=v μ3=z

dv=h1 .h2 . h3 . d μ1 . d μ2 . d μ3

Por lo tanto obtenemos:

dv= a2

(cosh v−cos μ)2 .dμ . dv . dz

50.- En el sistema de coordenadas esferoidales alargadas hallar: los factores escala y el elemento volumen dV .

SOLUCIÓN:a) Coordenadas esferoidales alargadas: (ε , n ,∅ )

x=a sinh ε .sinn .cos∅ y=a sinh ε .sinn . sin∅ z=acosh ε cosn

Derivando implícitamente:

dx=−a sinh ε . sinn . sin∅ d∅+a sinh ε .cosn .cos∅ . dn+acosh ε sinncos∅ d∅

dy=−a sinh ε . sinn .cos∅ d∅+a sinh ε .cosn . sin∅ dn+a sinh ε .cosn .dε

dz=−acosh ε . sinn.dn+a sinh ε .cosn .dε

Entonces: d s2=(dx)2+(dy )2+(dz )2

Obtendremos:

hε=hn=a√sinh ε 2+sinn2h∅=a sinh ε . sinn

b) El elemento de volumen:

Donde: μ1=ε μ2=n μ3=∅

Obtendremos que: dv=h1 .h2 . h3 . d μ1 . d μ2 . d μ3

La respuesta será: dv=a3 (sinh ε2+sinn2) . sinh ε . sinn .dε . dn .d∅

54. Hallar el jacobianoJ ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)en el caso del sistema de coordenadas: cilíndricas, esféricas,

cilíndricas parabólicas, cilíndricas elípticas, esferoidales alargadas.

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=dx .dy .dzu1 , u2 ,u3

=

dxdu1

dydu1

dzd u1

dxdu2

dydu2

dzd u2

dxd u3

dydu3

dzd u3

= J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3

a) En coordenadas colindricas:h1=1h2=eh3=1

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3=¿ he. h∅ .h z=1.1 . e=e ¿

b) En coordenadas esféricas:

h1=1h2=r h3=rsenθ

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3=v

2 senθ

c) En coordenadas cilíndricas parabólicas:

h1=√w2+v2h2=√w2+v2h3=1

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3=w

2+w2

d) En coordenadas cilíndricas elípticas:

h1=h2=√sen hu2+senv2h3=1

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3=a

2(senhu¿¿2+senv2)¿

e) En coordenadas esferoidales alargadas:

h1=h2=√sen hε2+senη2h3=asen hε . senη

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3)=h1 . h2. h3=a

3(senε¿¿2+senη2)(sen hε . senη)¿

55. Hallar ∭v

❑

√ x2+ y2dx .dy .dz, siendo V la región limitada por z=x2+ y2 z=8−(x2+ y2)

SOLUCION z=x2+ y2 z=8−(x2+ y2)x=rcosθ y=rsenθ z=2

∭v

❑

√ x2+ y2dx .dy .dz=∫0

2

∫0

2π

∫r2

8−r2

r . r . dz . dθ .dr

8 r2

∫0

2

∫0

2 π

r3 . zdθ .dr=∫0

2

∫0

2π

r2 ( 8−r 2−r2 )dθ .dr

r2

2π

¿∫0

2

∫0

2π

(8 r2−2 r 4 )dθ .dr=∫0

2

(8 r3θ−2 r4θ)

0

¿∫0

2

2π (8 r 2−2 r4 )dr

2

∭v

❑

√ x2+ y2dx .dy .dz=2π ( 8 r3

3−2r 5

5)

0

¿2π (643

−645 )=256

15π u3

56. Hallar el volumen de la menor de las regiones limitadas por la esfera x2+ y2+z2=16 y el cono z2=x2+ y2

SOLUCION

V=∭S

❑

dx .dy .dz Z2=16−x2− y2 z2=x2+ y2 x2+ y2=8

s={ρ ,θ ,∅ /0≤ ρ≤√8 ,0≤∅ ≤2π ,−√8≤ z≤√8}

V=∭ dx .dy .dz=∫0

√8

∫0

2π

∫−√8

√8

r . dz .dθ .dr

V=∫0

√8

∫0

2π

r¿¿¿

V=2√8∫0

√8

(r¿θ)2 π0dr=4√8π∫

0

√8

rdr=4√8π (r2

2)√2

0¿

V=4√8 πu3

57. Empleando coordenadas esféricas, hallar el volumen de la menor de las dos regiones limitadas por una esfera de radio a y un plano que la corta a una distancia h de su centro.

SOLUCION

∭v

❑

dx .dy .dz=∫0

2π

∫0

π

∫0

a

(ρ2 sen∅ dρ)d∅ dθ

V={( ρ ,θ ,∅ )/0≤ ρ ,0=∅=π ,0≤θ2 π }

V=∫0

2π

∫0

π

(ρ3¿¿ /3)sen∅ a0d∅ dθ ¿¿

V=∫0

2π

∫0

π

(a¿¿3¿¿3¿)sen∅ d∅ dθ=a3

3∫0

2π

cos∅ π0dθ ¿¿¿

V=a3

3∫0

2π

2dθ=2a3

3(θ )2 π

0=2a3

32π

V= 4a3

3π u3

58. Enunciar las superficies y las líneas coordenadas del sistema

x2− y2=2u1 cosu2 xy=u1 senu2 z=u2

Demostrar que dicho sistema es ortogonal. Hallar el jacobiano del mismo. Demostrar que u1 ,u2

estan relacionadas con las coordenadas cilíndricas ρ y∅ determinar las ecuaciones de transformación

x2− y2=2ucosv xy=usenv z=w

x2−u2 senv2

x2 =2ucosv x2u=u1 v=u2w=u3

(x−cosv)2=u2

x=u (cosv+1 ) y=senu2/(cosu2+1)

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3 )=cosu2+1 cosv 0

0cos u2+senu2

(cos u2+1)2 0

0 0 1

J ( x , y , zu1 ,u2 ,u3 )=cosu2+sen u2

(cosu2+1)2

59. Hallar el momento de inercia de la región limitada por x2− y2=2 , x2− y2=4 , xy=1 , xy=2 z=1 y z=3respecto del eje z considerando la densidad constante e igual a K Indicacion hacer x2− y2=2u , xy=v

x2− y2=2

x2− y2=42v=x2− y2 x=√√u2+v2+uxy=1⇉ v=xy

xy=2w=zy= v

√√u2+v2+uz=1

z=3

I=∭ (x2+ y2 )k .dx .dy .dz

I=∫1

2

∫1

2

∫1

22u2+2v2+2u√u2+v2

√u2+v2+udu .dv .dw

I=∫1

2

∫1

2

(4u2+4 v2+4 u√u2+v2 )/(√u2+v2+u)k .du .dv

I=∫1

2

( 4u2+8+4u√u2+4

√u2+4+u− 4u2+4+4u√u2+4

√u2+1+u¿)k .dv ¿

I=(8−2−4 )=2k

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