Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martnez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva CornejoDepartamento de Matemtica y CC Emilio Villalobos Marn.1 Ejercicios Resueltos1.1 Calculo de integrales dobles en coordenadas1.2 rectngulares cartesianas1.2.1 ProblemaCalcular 1

r + ndrdn si 1 es la regin acotada por las respectivas rectasn = r. n = rn r = 1SolucinSe tiene que la regin 1 = (r. n) 1120 _ r _ 1; r _ n _ r

1

r + ndrdn = 10

rr

r + ndndr=23

10 (r + n)3/2

rr dr=23

10 (2r)3/2dr=25/2325 (r)5/2

10=8

2151.2.2 ProblemaCalcular 1

r2n2drdn si 1 es el dominio limitado por el tringulo devrtices (0. 0) ,1(1. 1). C (1. 1) .SolucinEntonces se tiene que el dominio est delimitado por las rectas n = r.n = rn r = 1.Es decir 1 = (r. n) 1120 _ r _ 1; r _ n _ r

.Integrando a franjas verticales, resulta1

1

r2n2drdn = 10

rr

r2n2dndr= 10

rr r

1

nr

2dndrHacemos el cambio de variables nr = :c:t == dn = rcos tdt ydeterminemos los limites.Para n = r == arc:c:

rr

= arc:c:(1) = 2.Para n = r == arc:c:

rr

= arc:c:(1) = 2Por tanto

10

rr r

1

nr

2dndr = 10 2

2r2

1 :c:2tdtdr= 10 2

2r2cos2tdtdr= 10 2

2r2(1 + cos 2t2)dtdr= 10 r2t2 + :c:2t4

2

2dr=2

10 r2dr=2r33

10= 61.2.3 ProblemaCalcular 1

r2+ n2

drdn si 1 = (r. n) 112r2+ n2_ 1

.Usandocoordenadas cartesianasSolucin.Usando coordenadas cartesianas, la regin de integracin es un crculocentrado en el origen de radio unoPor lo tanto1 = (r. n) 112 1 _ r _ 1.

1 r2 _ n _

1 r2

2

1

r2+ n2

drdn = 11

p1r2

p1r2(r2+ n2)dndr= 11 (r2n + n33 )

p1r2

p1r2dr= 2

11(r2

1 r2 + 13

(1 r2)3)dr= 2

11 r2

1 r2dr + 23

11

(1 r2)3drCon ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:

11 r2

1 r2dr = (r4

1 r2 + 18(r

1 r2 + arc:c:r)

11=18(arc:c:(1) arc:c:(1) = 18(2 + 2) = 8

11

(1 r2)3dr = (r4

(1 r2)3 + 3r8

(1 r2) + 38arc:c:r)

11=38Por lo tanto:

1

r2+ n2

drdn = 28+ 23 38= 2Notese que la solucin del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja1.2.4 ProblemaEncontrar el rea de la regin determinada por las desigualdades: rn _ 4.n _ r. 27n _ 4r2.Solucin.Sabemos que rn = 4 tiene por grca una hiprbola equiltera, n = res larecta bisectriz del primer cuadrante y27n = 4r2corresponde a una parbola.Veamos cuale son los puntos de interseccin de estas curvas con el proprositode congurar el dominio de integracinrn = 4n = r == r2= 4 == r = 2 == n = 2327n = 4r2n = r == 27r = 4r2==r = 0r = 244 == n = 0. n = 274rn = 427n = 4r2 == r = 3. n = 43Para calcular el rea (1) = 1 drdn. podemos escoger una particin deldominio de tipo I de tipo II.Consideremos dos subregiones de tipo I11 = (r. n) 1122 _ r _ 3. 4r _ n _ r11 = (r. n) 1123 _ r _ 274 . 427r2_ n _ rSi proyectamos sobre eje x(1) = 1 drdn = 11drdn +

12drdn= 32

r4xdndr +

27/43

r427r2dndr= 32 n[r4x dr +

27/43n[r427r2 dr= 32r 4r

dr +

27/43r 427r2

dr= r22 4 lnr

32+r22 481r3

27/43=52 4 ln 32 + 72932 92 481 27343+48133= 2 4 ln 32 + 72932 24316+ 43=66596 4 ln 32Si proyectamos sobre eje y11 = (r. n) 1124n _ r _ 32

3n. 43 _ n _ 211 = (r. n) 112n _ r _ 32

3n. 2 _ n _ 2744(1) = 1 drdn = 11drdn +

12drdn= 243 32p3u4ydrdn +

27/42 32p3uudrdn= 243

3n 4 lnn

dn +

27/4232

3n n

dn= 32

3n3 4n

243+

3n3 n22

27/42= 83 4 ln 32 + 9278 72932+ 2=66596 4 ln 321.3 Cambios de orden de Integracin1.3.1 ProblemaInvierta el orden de integracin y evale la integral resultante .1 = 10

22r cu2dndrSolucin.El dominio de integracion dado es 1 = (r. n) 1120 _ r _ 1. 2r _ n _ 2

.Si se invierte el orden de integracin tenemos que modicar la particin deldominio. 1 = (r. n) 1120 _ r _ n2. 0 _ n _ 2.entonces la integralse puede escribir.1 = 10

22r cu2dndr = 20 y20 cu2drdn= 20 rcu2

y20 dn= 20n2cu2dn = 14 cu2

40=14

c161

51.3.2 ProblemaInvierta el orden de integracin y evale la integral resultante .1 = 20

4r2

n cos ndndrSolucin.El dominio de integracion dado es 1 = (r. n) 1120 _ r _ 2. r2_ n _ 4

.Si se invierte el orden de integracin tenemos que modicar la particin deldominio.1 = (r. n) 1120 _ r _

n. 0 _ n _ 4

.entonces la integralse puede escribir

20

4r2

n cos ndndr = 40

pu0

n cos ndrdn= 40

n cos(n)r[pu0dn= 40 n cos(n)dnIntegrando esta ltima integral por partes se tiene:

40 n cos(n)dn = n:c:(n)[40

40 :c:(n)dn= n:c:(n)[40 + cos(n)[40= 4:c:(4) + cos(4) 11.3.3 ProblemaEncontrar el volumen de la regin acotada por los tres planos coordenados y elplano r + 2n + 3. = 6Solucin.Usando integrales dobles y proyectando la regin sobre el plano xy tenemos:\ = 16 r 2n3drdn , 1 = (r. n) 1120 _ r _ 6. 0 _ n _ 6 r26\ =13

60 6x20(6 r 2n) dndr=13

60

(6 r)n n2

6x20dr=13

60(6 r)22 (6 r)24

dr=112

60(6 r)2dr= 136(6 r)3

60= 6Usando integrales dobles y proyectando la regin sobre el plano yz tenemos:\ = 1 (6 3. 2n) d.dn , 1 = (n. .) 1120 _ n _ 3. 0 _ . _ 6 2n3\ = 30 62y30(6 2n 3.) d.dn= 30(6 2n). 32.2

62y30dn= 30(6 2n)23 (6 2n)26

dn=16

30(6 2n)2dn= 112 (6 r)33

30= 61.4 Cambios de variables: Coordenadas polares1.4.1 ProblemaCalcular 1

r2+ n2

drdn si 1 = (r. n) 112r2+ n2_ 1

.usandocoordenadas polaresSolucin.A partir de la coordenadas polares tenemos:r = rco:0. n = r:c:0 == r2+ n2= r2El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es:

0 (r. n)0 (r. 0)

= r7

1

r2+ n2

drdn = 1 r2

0 (r. n)0 (r. 0)

drd0= 10

2t0r3d0dr= 10

2t0r30[2t0dr= 2

10 r3dr= 2 r44

10=2Las coordenadas polares dieron una solucion ms simple del problema.Lasimplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presentael dominio.1.4.2 ProblemaCalcular el rea de la regin interior a la circunferencia r2+n2= 8n y exteriora la circunferenciar2+ n2= 9.Solucin.Determinemos el centro y radio de la circunsferenciar2+ n2= 8n== r2+ n28n = 0 == r2+ (n 4)2= 16El rea de la regin D es: (1) 1 drdnPor simetra, podemos calcular el rea de la regin D en el primer cuadrantey multiplicar por 2.A n de conocer los lmites de integracin en coordenadas polaresnecesitamos conocer el ngulo que forma la recta OT con el eje x.r2+ n2= 8n== r2= 8r:c:0 == r = 8:c:0r2+ n2= 9 == r = 3Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple8:c:0 = 3 == 0 = arc:c:38Luego, la mitad de la regin 1

= (r. 0) 3 _ r _ 8:c:0; arc:c:38 _ 0 _ 28

1 drdn = 1

0 (r. n)0 (r. 0)

drd0= 2

t/2o:cstn38

8stn03rdrd0= 2

t/2o:cstn38r22

8stn03d0= t/2o:cstn38

64:c:20 9

d0= 64

02 :c:204

920

t/2o:cstn38= 552 0 16:c:20

t/2o:cstn38= 554 552 arc:c:38 + 16:c:(2arc:c:38)

- 38. 421.4.3 ProblemaCalcular

1r2+ n2r +

r2 + n2drdn , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos 0)Solucin.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:9

1r2+ n2r +

r2 + n2drdn = 1

r2r cos 0 + r

0 (r. n)0 (r. 0)

drd0= 1

r2r cos 0 + rrdrd0= 2t0

o(1+cos 0)0r21 + cos 0drd0= 2t011 + cos 0 r33

o(1+cos 0)0d0=a33

2t0(1 + cos 0)2d0=a33

2t0

1 + 2 cos 0 + cos20

d0=a330 + 2:c:0 + 02 + :c:204

2t0= a3Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral esimpropia cuando r _ 0. e n = 0. pues en tal caso el denominador es cero.Luego:1 = limo!t

:!0

o0

o(1+cos 0):r21 + cos 0drd0 +limo!t+:!0

2to

o(1+cos 0):r21 + cos 0drd0= limo!t

a33

o0 (1 + cos 0)2d0 +limo!t+a33

2to(1 + cos 0)2d0= limo!t

a3332c + 2:c:c + :c:2c4

+limo!t+a333 32 2:c: :c:24

= a31.5 Cambios de variables. Coordenadas curvilineas1.5.1 ProblemaCalcular 1 = 1 3rndrdn. donde 1 es la regin acotada por por la rectasr 2n = 0. r 2n = 4r + n = 4. r + n = 1(1)Solucin.Podemos usar el cambio de variables10n = r 2n = r + n(1) ==r = 13 (2n + )n = 13 (n )(2)Asi,r 2n = 4 se transforma enn = 4r 2n = 0 se transforma enn = 0r + n = 1 se transforma en = 1r + n = 4 se transforma en = 4Para calcular el Jacobiano

0 (r. n)0 (n. )

tenemos dos posibilidades.La primera, es usar la transformacin inversa (2) r e n en trminos de n y .La segunda, mucho ms simple, es calcular a partir de (1)

0 (n. )0 (r. n)

y luegousar la propiedad

0 (r. n)0 (n. )

=

0 (n. )0 (r. n)

1.En efecto

0 (n. )0 (r. n)

=

121 1

= 1 + 2 = 3 ==

0 (r. n)0 (n. )

= 13Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:1 = 1 3rndrdn = 1

3

13 (2n + ) 13 (n )

0 (r. n)0 (n. )

dnd= 41

0419

2n2n 2

ddn=19

412n2 n22 33

04dn=19

418n2+ 8n 643

dn=198n33+ 4n2 643 n

41dn = 16491.5.2 ProblemaCalcular el rea de la regin 1. que esta acotada por las curvasr2n2= 1. r2n2= 9r + n = 4. r + n = 6(1)Solucin.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regin 1 enla regin 1

n = r2n2 = r + n(1) ==La regin 1

esta acotada por la rectas verticales;r2n2= 1 se transforma enn = 111r2n2= 9 se transforma enn = 9y las rectas horizontalesr + n = 4 se transforma en = 4r + n = 6 se transforma en = 6Es decir, 1

= (n. ) 1 _ n _ 9. 4 _ _ 6Vamos a calcular

0 (r. n)0 (n. )

a partir de (1)

0 (n. )0 (r. n)

y usar la propiedad

0 (r. n)0 (n. )

=

0 (n. )0 (r. n)

1.En efecto

0 (n. )0 (r. n)

=

2r 2n1 1

= 2 (r + n) = 2==

0 (r. n)0 (n. )

=12El teorema del cambio variables arma que:(1) = 1 drdn = 1

0 (r. n)0 (n. )

dnd= 91

6413ddn=12

91 [ln]64 dn=12

ln 64

91 dn=12 ln 32 [n]91 = 4 ln 321.5.3 ProblemaCalcular 1 = 1r3+ n3rndrdn. donde 1 les la regin del primer cuadranteacotada por:n = r2. n = 4r2r = n2. r = 4n2(1)Solucin.El clculo de 1 sera bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetra que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variablessimplica la regin 1 y la transforma en 1

.Sean n = r2n . = n2rLuego 1

esta acotada por la rectas verticales;n = r2se transforma en n = 1.n = 4r2se transforma en n = 14.y las rectas horizontalesr = n2se transforma en = 1.r = 4n2se transforma en = 14.12Es decir, 1

= (n. ) 1 _ n _ 14. 1 _ _ 14Para calcular

0 (r. n)0 (n. )

tenemos dos posibilidades, la primera es despejar re n en trminos de n y a partir de (1) .La segunda, es calcular

0 (n. )0 (r. n)

y usar la propiedad

0 (r. n)0 (n. )

=

0 (n. )0 (r. n)

1.En efecto

0 (n. )0 (r. n)

=

2rnr2n2n2r22nr

= 4 1 = 3 ==

0 (r. n)0 (n. )

= 13Calculemos ahora la integral1 = 1r3+ n3rndrdn = 1

r2n+ n2r

drdn= 11/4

11/4 (n + ) 13ddn=13

11/4n + 22

11/4dn=13

11/434n + 1532

dn=1338n2+ 1532n

11/4= 1338 1516 + 1532 34

=15641.6 Calculo de integrales triples en coordenadas1.7 rectngulares cartesianas1.7.1 ProblemaSea R la regin en IR3acotada por: . = 0. . = 12n. r = 0; r = 1. n = 0. n = 2Calcular 1 (r + n .) drdnd..Solucin.Del grco de la regin , tenemos que 0 _ . _ 12n.Proyectando la regin Rsobre el plano rn. As 1 = (r. n) 1120 _ r _ 1. 0 _ n _ 2

.Por lo tanto;13

1 (r + n .) drdnd. = 1( 12u0(r + n .) d.)drdn= 10

20( 12u0(r + n .) d.)dndr= 10

20r. + n. .22

12u0dndr= 10

2012(r + n)n n28

dndr= 10

2012rn + 38n2

dndr= 1014rn2+ 18n3

20dr= 10 [(r + 1)] dr = 12r2+ r

10=32Tambin es posible resolver el problema anterior proyectando la regin Rsobre el plano r..En tal caso, 2. _ n _ 2y1 = (r. .) 1120 _ r _ 1. 0 _ . _ 1

1 (r + n .) drdnd. = 10

10(

22: (r + n .) dn)d.dr= 10

10rn + n22 .n

22:d.dr= 2

10

10 [r + 1 . r.] d.dr= 2

10r. + . .22 r.22

10dr= 2

10r + 1 12 r2

dr= 10 [(r + 1)] dr = 12r2+ r

10=32Una tercera posibilidad de solucin consiste en proyectar la regin Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.141.7.2 ProblemaCalcular 1 r2drdnd. si D es la regin acotada por n2+ .2= 4ar.n2= ar. r = 3aSolucin.La supercie n2+ .2= 4arcorresponde a un paraboloide de revolucincomo el bosquejado en la gura.En dos variables el graco de n2= ar es una parbola, pero es tresvariables es la supercie de un manto parablico.Finalmente, el grco r = 3 es un plano paralelo al plano r. a la distancia3a.Luego el grco de la regin esLa proyeccin de la region sobre el plano xy es:1 = (r. n. .) 11311' 12 ,

4ar n2 _ . _

4ar n2Por simetra se tiene:1 = 1 r2drdnd. = 2

11

4oru2

4oru2r2d.drdn= 2

3o0

2porpor

4oru2

4oru2r2d.dndr= 2

3o0

2porporr2.

4oru2

4oru2dndr= 4

3o0

2porporr2

4ar n2dndrDe una tabla de integrales obtenemos

a2n2dn =12(n

a2n2 + a2arc:c:na)1.8 Clculo de integrales triples usando cambio de vari-ables1.8.1 ProblemaResolver I=

1

r2 + n2 + .2c(r2+u2+:2)drdnd. si D es la regin de IR3limitada por las supercies r2+ n2+ .2= a2r2+ n2+ .2= /2con0 < / < a anillo esfrico.Solucin15Por la simetra del dominio usaremos coordenadas esfricas:r = r:c:0 cos cn = r:c:0:c:c. = r cos 0

==/2_ r2+ n2+ .2_ a2== / _ r _ ato0 = n. = 0 == 0 _ 0 _ toc = nr = 0 == 0 _ c _ 2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfricas es :

0 (r. n. .)0 (r. 0. c)

= r2:c:0 se tiene:1 = 2t0

t0

ob rc:2

0 (r. n. .)0 (r. 0. c)

drd0dc= 2t0

t0

ob r3c:2:c:0 drd0dc= 2t0

t012r2c:2c:2

ob:c:0 d0dc= 12/2cb2+ 12cb2 12a2co2co2

2t0

t0 :c:0 d0dc= 12/2cb2+ 12cb2 12a2co2co2

2t0 cos 0[t0dc= 2

12/2cb2+ 12cb2 12a2co2co2

2t0dc= 4

12/2cb2+ 12cb2 12a2co2co2

1.8.2 ProblemaUsando integrales triples calcular el volumen de la regin acotada por . = r2+n2y. = 27 2r22n2.Solucin.Por la simetra del volumen los resolveremos usando coordenadas cilndricas.r = r cos 0n = r:c:0. = .

==. = r2+ n2== . = r2.. = 27 2r22n2== . = 27 2r2r2+ n2= 9 == r = 3.Como el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:

0 (r. n. .)0 (r. 0. .)

= r se tiene:16\ = 1 drdnd. = 2t0

30

272:2:2rd.drd0= 2t0

30 r .[272:2:2 drd0= 2t0

30 r

27 3r2

drd0= 2t0272 r2 34r4

30d0=2434

2t0d0 = 24342 = 24321.8.3 ProblemaEncontrar el volumen de la regin determinada por r2+ n2+ .2_ 16 . .2_ r2+ n2.Solucinr2+ n2+ .2= 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4.2= r2+n2es un cono con vrtice en el origen y eje de simetra coincidentecon el eje z.Como . _ 0 , slo debemos considerar slo la regin sobre el plano xy.La interseccin de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:r2+ n2+ .2= 16r2+ n2= .2 ==. =

8r2+ n2= 8Usaremos coordenadas esfricas:r = r:c:0 cos cn = r:c:0:c:c. = r cos 0

==0 _ r2+ n2+ .2_ 16 == 0 _ r _ 4to0 = n. =

8

8 = 1 == 0 _ 0 _ 4toc = nr = 0 == 0 _ c _ 2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfricas es :

0 (r. n. .)0 (r. 0. c)

= r2:c:0 se tiene:\ = 1 drdnd. = 2t0 40

40 r2:c:0 drd0dc\ = 2t0 40r33

40:c:0 d0dc\ =433

2t0 cos 0[

40dc\ =433

2t0

1

22

dc = 433

1

22

217Otra opcin para resolver este problema es usar coordenadas cilndricas,ental casor = r cos 0n = r:c:0. = .

==r2+ n2+ .2= 16 == . = 16 r2.r2+ n2= .2== . = r2Tenamos que el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:

0 (r. n. .)0 (r. 0. .)

= r luego:\ = 1 drdnd. = 2t0

p80

p16:2:2rd.drd0= 2t0

p80r.[p16:2:2 drd0= 2t0

p80

r

16 r2r2

drd0= 2t0

13

(16 r2)3 r33

p80d0= 23

2

83

163

= 23

64 32

2

1.8.4 ProblemaCalcular el volumen de la regin acotada por la esfera r2+ n2+ .2= 13 y elcono (. 1)2= r2+ n2. . _ 1Solucin.Por la simetra del volumen los resolveremos usando coordenadas cilndricas.r = r cos 0n = r:c:0. = .

==Como el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:

0 (r. n. .)0 (r. 0. .)

= r se tiene:18\ = 1 drdnd. = 20

2t0

p13:21+:rd.d0dr= 20

2t0r.p13:21+:d0dr= 20

2t0r

13 r2(1 + r)

d0dr= 2

20

r

13 r2

r + r2

dr= 213

13 r2

3/2

r22 + r33

20= 213

133/273/2

42 + 83

1.8.5 ProblemaCalcular 1 = 1

r2a2 + n2/2 + .2c2

drdnd..En la regin 1 = (r. n. .) 113r2a2 + n2/2 + .2c2 _ 1a0. /0. c0Solucin.La regin de integracin es un elipsoide de semieejes a,b,c.Efectuemos un primer cambio de variables:r = an. n = /. . = cn.Con ello, 1 se transforma en la bola.1

= (n. . n) n2+ 2+ n2_ 1

yel valor absoluto del Jacobiano queda:

0 (r. n. .)0 (n. . n)

=

a 0 00 / 00 0 c

= a/cLuego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral1 = 1

r2a2 + n2/2 + .2c2

drdnd..= 1

n2+ 2+ n2

0 (r. n. .)0 (n. . n)

dnddn= 1

n2+ 2+ n2

0 (r. n. .)0 (n. . n)

dnddn= 1

(n2+ 2+ n2) (a/c) dnddnAhora, transformamos a coordenadas esfricas.19n = r:c:0 cos c = r:c:0:c:cn = r cos 0

==0 _ n2+ 2+ n2_ 1 == 0 _ r _ 1to0 = n== 0 _ 0 _ toc = n== 0 _ c _ 2Quedando, la region 1

= (r. 0. c) 0 _ r _ 1. 0 _ 0 _ . 0 _ c _ 2a/c

1

(n2+ 2+ n2)dnddn = a/c

2t0

t0

10

r2

r2:c:0 drd0dc= a/c

2t0

t0r55

10:c:0 d0dc=a/c5

2t0 cos 0[t0dc=2a/c5

2t0dc = 4a/c5ObservacinEs claro que la integracin se podra haber efectuado usando directamentela trasformacin compuesta.r = ar:c:0 cos cn = /r:c:0:c:c. = cr cos 0

==

0 (r. n. .)0 (r. 0. c)

= a/cr2:c:01.8.6 ProblemaCalcular 1 = 1drdnd..

(r a)2+ (n /)2+ (. c)2.en la regin 1 = (r. n. .) 113r2+ n2+ .2_ 12

. (a. /. c) es un puntojono peteneciente a la esfera r2+ n2+ .2_ 12.Solucin.Si usamos coordenadas cartesianas los lmites de integracin sondicultosos, pues en tal caso tendramos.1 = 1drdnd..

(r a)2+ (n /)2+ (. c)21 = ::

p:2r2

p:2r2

:2r2u2

:2r2u2d.dndr.

(r a)2+ (n /)2+ (. c)2Es claro que si usamos este camino las cosas no sern fciles.20Sin embargo , dada la simetria esfrica del dominio y observando que elintegrando no es nada ms que el reciproco de la distancia desde (a. /. c) 1hasta (r. n. .) 1.nos damos cuenta que el resultado no puede depender msque de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variarsi ubicamos el eje z pasando por el punto (a. /. c). Si (0. 0. d) son las nuevascoordenadas del punto jo tenemos.1 = 1drdnd..

r2 + n2 + (. d)2ObservacinEl razonamiento anterior es muy usado el clculo de integrales que aparecenaplicaciones a la Fsica pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en queaparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador delintegrando.Para calcular 1 en (*) usamos coordenadas esfricas. Obtenemos:1 = 10

t0

2t0r2:c:0 dcd0dr

r2 + d22dr cos 0= 2

10

t0r2:c:0 d0dr

r2 + d22dr cos 0Para calcularJ = t0r2:c:0 d0dr

r2 + d22dr cos 0podemos hacer: = r2+ d22dr cos 0d: = 2dr:c:0d0Adems, 0 = 0 == : = r2+ d22dr = (d r)20 = == : = r2+ d2+ 2dr = (d + r)2Por lo tantoJ =r2d

(J+:)2(J:)2 :1/2d: =r2d 2:1/2

(J+:)2(J:)2=r2d [2 (d + r) 2 (d r)]=r2d [4r] = 2r2d1 = 2

102r2d dr1 =4dr33

101 =43d1321