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Intégrale double (volume)

Posté par
Denis79
09-11-23 à 21:35

Bonjour,

je dois calculer le volume V defini par V=\left\{(x,y,z)\in R^3 : x^2+y^2\leq 1, y\geq 0,z\geq 0, z\leq \sqrt{x^2+y^2} \right\} soit V=\int \int f(x,y)dxdy

Je dirais que le domaine D est demi-cercle entre 0 et de rayon 1.  En utilisant les coordonnées polaires, je trouve /3 pour le volume.

Pouvez vous me confirmer ce résultat ?

Est-il possible d'obtenir ce résultat en gardant x et y comme variable, si oui pouvez vous m'éclairer car je cale un peu...

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 00:48

Bonsoir Denis79

Oui c'est possible mais avec un calcul monstrueux de primitives

alors que le passage en coordonnées polaires (comme tu l'as vu) donne le résultat immédiatement !

On a si on note D=\{(x,y)\in\mathbb R^2~/~x^2+y^2\leqslant1~,~y\geqslant0\}, \Large\boxed{V=\int\int_D\sqrt{x^2+y^2}~dxdy}

et en utilisant Fubini \Large\boxed{V=\int_0^1\left(\int_0^{\sqrt{1-y^2}}2\sqrt{x^2+y^2}~dx\right)dy}

ce qui donne par une première primitivation \Large\boxed{V=\int_0^1\left(\sqrt{1-y^2}+y^2\ln(1+\sqrt{1-y^2})-y^2\ln(y)\right)dy}


puis par une seconde \Large\boxed{V=\left[\frac{1}{3}y\sqrt{1-y^2}+\frac{1}{3}y^3\ln(1+\sqrt{1-y^2})-\frac{1}{3}y^3\ln(y)+\frac{2}{3}\arcsin(y)\right]_0^1}

c'est à dire (finalement ) \Large\boxed{V=\frac{2}{3}\arcsin(1)} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
Denis79
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 09:38

Ah oui effectivement , compliqué les primitives... - Bravo et merci

Nous trouvons effectivement le même résultat.

Juste une question qd tu utilises Fubini, je ne comprends pas d'où vient le le facteur 2 devant la racine ? peux tu m'éclairer svp ?

Posté par
Ulmiere
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 12:24

Moi, ce que je ne comprends pas, c'est l'énoncé. Que fais tu de z ? Et c'est qui, cette fonction f ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 19:40

Denis79 \to Au début on avait plutôt \Large\boxed{V=\int_0^1\left(\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\sqrt{x^2+y^2}~dx\right)dy}

puis par parité (pour y fixé) de la fonction, x\mapsto\sqrt{x^2+y^2} on a, \Large\boxed{V=\int_0^1\left(\int_0^{\sqrt{1-y^2}}2\sqrt{x^2+y^2}~dx\right)dy}.


Ulmiere \to le volume à calculer n'est autre que le volume sous le graphe de la fonction continue et positive , (x,y)\in D\mapsto\sqrt{x^2+y^2},


c'est pareil au cas d'une fonction réelle f à une variable qui est continue et positive :


\Large\boxed{\int_a^bf(x)dx=aire(V)}\Large\boxed{V=\{(x,y)\in\mathbb R^2~:~x\in[a,b]~;~0\leqslant y\leqslant f(x)\}} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
Denis79
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 20:39

@Ulmiere, Bonjour

J'écris sous le couvert de verification  En fait la fonction f(x,y) est une fonction à deux variable. La coordonnées en z est justement la fonction z=\sqrt{x^2+y^2}. Et l'on calcule le volume sous cette fonction sur le domaine D, délimité par les autres conditions données sur le volume. Si j'ai bien compris la description du volume, l'aire D est un demi-cercle de rayon 1 entre 0 et . Quelqu'un peut-il confirmer svp ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Intégrale double (volume) 10-11-23 à 22:21

Oui Denis79 je confirme

On pouvait aussi remarquer que la surface z=\sqrt{x^2+y^2} est un demi-cône de révolution de sommet (0,0,0)

et que le volume V à calculer est la moitié du volume de la zone inférieure coincée entre le cylindre x^2+y^2=1~;~0\leqslant z\leqslant1

et la surface cônique z=\sqrt{x^2+y^2} ce qui donne \Large V=\frac{\pi-\frac{\pi}{3}}{2}=\frac{\pi}{3} sauf erreur de ma part bien entendu

Intégrale double (volume)

Posté par
Denis79
re : Intégrale double (volume) 11-11-23 à 14:07

Merci, Ah oui effectivement c'est une autre méthode

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Intégrale double (volume) 12-11-23 à 13:48

C'est un plaisir Denis79



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