Des exemples d'applications des intégrales doubles pour calculer des volumes et des aires sont présentés avec leurs solutions détaillées.
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Calcul de Volume Utilisant les Intégrales Doubles
Le volume \( V \) du solide qui est au-dessus de la région \( R \) dans le plan \( xy \) et en-dessous de la surface \( z = f(x,y) \), étant donné que \( f(x,y) \ge 0 \), est donné par l'intégrale double [6]
\[ \displaystyle V = \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \]
Exemple 1
Utilisez l'intégrale double pour calculer le volume du solide qui se situe entre le plan \( z = 0 \) et le paraboloïde \( z = 4 - x^2 - y^2 \).
Solution de l'Exemple 1
Le solide entre le plan \( z = 0 \) et le paraboloïde est illustré ci-dessous.
Fig.1 - Volume Entre le Plan \( z = 0 \) et le Paraboloïde \( z = 4 - x^2 - y^2 \)
La région \( R \) d'intégration est l'intersection du paraboloïde et du plan \( z =0 \) qui est obtenue en fixant \( z = 0 \) dans l'équation du paraboloïde pour obtenir
\( 0 = 4 - x^2 - y^2 \)
Réécrivez sous forme standard
\( x^2 + y^2 = 2^2 \)
ce qui est un cercle dans le plan \( x y \) (ou \( z = 0 \) ) avec un centre à \( (0,0) \) et un rayon égal à \( 2 \)
Fig.2 - Région \( R \) d'intégration qui est un cercle avec un centre à \( (0,0) \) et un rayon égal à \( 2 \)
Puisque la région d'intégration est un cercle, il est plus efficace d'utiliser les intégrales doubles en coordonnées polaires.
Le volume \( V \) est calculé en utilisant l'intégrale double
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , où \( R \) est la région d'intégration définie par
\( R: 0\le \theta \le 2\pi , 0 \le r \le 2 \)
qui est le cercle dans la Fig.2 et \( f(x,y) = z = 4 - x^2 - y^2 \)
En coordonnées polaires, le volume est donné par
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_
0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} \left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]_0^2 d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} ( 4 ) d\theta \)
\( = 8 \pi \)
Exemple 2
Trouvez la constante \( a \) (voir le diagramme ci-dessous) de sorte que le volume du solide qui se situe au-dessus de la région \( R \) située dans le plan \( x y \) montré ci-dessous et de la surface définie par l'équation \( z = \sqrt{1-x^2-y^2} \) soit égal à \( 1 \) unité cubique.
Fig.3 - Région donnée d'intégrationSolution de l'Exemple 2
Nous convertissons d'abord la région donnée dans la Fig. 2 en coordonnées polaires. Le demi-cercle externe \( y = \sqrt {1-x^2} \) a un rayon égal à \( 1 \) et le demi-cercle interne \( y = \sqrt {a^2-x^2} \) a un rayon \( a \) à trouver.
Fig.4 - Région d'intégration en coordonnées polaires
La région d'intégration en coordonnées polaires peut être définie comme
\( R: 0\le \theta \le \pi , a \le r \le 1 \)
En coordonnées polaires
\( z = \sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-r^2} \)
En coordonnées polaires, le volume est donné par
\( \displaystyle V = \int_0^{\pi} \int_a^1 \sqrt{1-r^2} r dr d\theta \)
\( \displaystyle = \int_0^{\pi} \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} d\theta \)
\( = \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi \)
Nous voulons que le volume \( V \) soit égal à \( 1 \), donc
\( \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi = 1 \)
Résolvez cela pour \( a \)
\( a = \sqrt{1-\sqrt[3]{\dfrac{9}{\pi ^2}}} \approx 0.174 \)
Exemple 3
Trouvez \( a \) de sorte que le volume du tétraèdre limité par les plans \( 2x + 2 y + z = a , a \gt 0\), \( y = 2 x \) , \( y = 0\) et \( z = 0 \) soit égal à \( 10 \) unités cubiques.
Solution de l'Exemple 3
Ci-dessous sont tracés les plans qui définissent le solide dont le volume doit être calculé.
Fig.5 - Plans qui définissent le solide
Trouvez d'abord la région d'intégration qui est un triangle défini par trois sommets: \( O , B \) et \( C \)
\( O \) est l'origine du système d'axes.
\( B \) est le point d'intersection et l'axe \( x \) et est trouvé en fixant \( z = 0\) et \( y = 0 \) dans l'équation du plan donné \( 2x + 2 y + z = a \).
\(
2x = a \)
Résolvez pour \( x \)
\( x = \dfrac{a}{2} \)
\( C \) est le point d'intersection des plans \( 2x + 2 y + z = a \) et \( y = 2 x \) et est situé sur le plan \( x y \). Un point sur le plan \( x y \) a \( z = 0 \).
Le point \( C \) est obtenu en fixant \( z = 0 \) dans l'équation \( 2x + 2 y + z = a \) résolvant l'équation obtenue
\( 2x + 2 y = a \) et \( y = 2 x \)
Résolvez cela par substitution pour obtenir
\( y = a/3 \) et \( x = a/6 \)
Donc la région \( R \) d'intégration sur le plan \( x y \) est un triangle avec les sommets
\(O(0,0)\) , \( B(a/2,0) \) et \(C(a/6,a/3)\)
Fig.6 - Région d'intégration
Le volume \( V \) du tétraèdre est donné par
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , où \( R \) est la région d'intégration définie par
\( R: \dfrac{y}{2} \le x \le \ \dfrac{a}{2} - y , 0 \le y \le \dfrac{a}{3} \)
et
\( f(x,y) = z = a - 2x - 2 y \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \int_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} (a - 2x - 2 y) \;dx \;dy \)
Calculez l'intégrale intérieure
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left[ax-2yx-x^2\right]_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} \;dy \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left(\frac{9y^2-6ay+a^2}{4}\right) \;dy \)
Évaluez l'intégrale extérieure
\( V = \left[ \frac{1}{4} \left(3y^3-3a y^2+a^2 y \right) \right]_0^{\frac{a}{3}} \)
\( V = \frac{a^3}{36} \)
Remarque: Vous pouvez vérifier que le résultat ci-dessus correspond à celui qui peut être obtenu en utilisant la formule très connue pour le volume du tétraèdre
\( V = \dfrac{1}{3} A \times H \)
où \( A \) est l'aire de la base et \( H \) est la hauteur de la base au sommet du tétraèdre.
Vous pouvez vérifier cela si vous le souhaitez.
Pour que le volume soit égal à \( 10 \)
\( \frac{a^3}{36} = 10 \)
Résolvez pour \( a \)
\( a = \sqrt[3] {360} \approx \:7.11378 \)
Calculer l'aire de la surface en utilisant une double intégrale
L'aire \( A \) d'une région \( R \) dans le plan \( xy \) est donnée par l'intégrale double [6]
\[ A = \displaystyle \iint_R 1 \;dy \;dx \]
Exemple 4
Utilisez une double intégrale pour calculer l'aire de la région délimitée par les courbes \( y = x^2 \) et \( y = - (x-2)^2 +4 \)
Solution de l'Exemple 4
Nous traçons d'abord les deux courbes et définissons la région délimitée par les deux courbes.
Fig.7 - Région d'intégration
Les deux courbes se croisent aux points qui sont les solutions du système d'équations des deux courbes
\( y = x^2 \) et \( y = - (x-2)^2 +4 \)
qui peuvent être résolus par substitution
\( x^2 = - (x-2)^2 +4 \)
Développer et simplifier
\( 2 x^2 - 4x = 0 \)
\( 2x(x-4) = 0 \)
Les équations ci-dessus ont deux solutions
\( x = 0 \) et \( x = 4 \)
Utilisez \( y = x^2 \) pour calculer la coordonnée \( y \) et donc les points
\((0,0) \) et \((2,4) \)
La région \( R \) délimitée par les deux courbes peut être définie comme suit
\( R: 0 \le x \le 2 , x^2 \le y \le - (x-2)^2 +4 \)
L'aire \( A \) est donnée par
\( A = \displaystyle \int_0^2 \int_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} 1 \;dy \;dx \)
Calculer l'intégrale intérieure
\( A = \displaystyle \int_0^2 \left[y \right]_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} \;dx \)
Simplifier
\( A = \displaystyle \int_0^2 (-2x^2+4x) \;dx \)
\( A = \left[-\frac{2x^3}{3}+2x^2\right]_0^2 = 8/3 \)
Exemple 5
Utilisez une double intégrale pour calculer l'aire de la région commune aux deux cercles ayant les équations \( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) et \( x^2 + y^2 = 9 \)
Solution de l'Exemple 5
Nous traçons d'abord les deux courbes et définissons la région délimitée par les deux courbes. La région commune aux deux cercles est en bleu clair.
Fig.7 - Région commune aux deux cercles
Les points d'intersection sont trouvés en résolvant le système d'équations
\( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) et \( x^2 + y^2 = 9 \)
Développez l'équation à gauche
\( x^2 + y^2 - 4 y + 4 = 9 \)
\( x^2 + y^2 = 9 \)
Soustrayez les équations
\( - 4 y + 4 = 0 \)
Résolvez pour \( y \)
\( y = 1 \)
Substituez \( y \) par \( 1 \) dans l'une des équations et résolvez pour \( x \) pour obtenir
\( x = \pm 2 \sqrt 2 \)
Nous pouvons maintenant définir la région \( R \) comme
\( R: -2\sqrt 2 \le x \le 2\sqrt 2 , 2 - \sqrt{9-x^2} \le y \le \sqrt{9-x^2} \)
L'aire de la région \( R \) est donnée par
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \int_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} 1 \;dy \;dx \)
Calculer l'intégrale intérieure
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \; \left[ y \right]_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} \; \;dx \)
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \left( 2 \sqrt{9-x^2} - 2 \right) \;dx \)
\( A = \left[ x\sqrt{9-x^2} + 9\arcsin(x/3) - 2x \right]_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \)
Note: que les détails de l'intégrale \( \int \sqrt{9-x^2}dx \) sont inclus dans l'appendice A.
Évaluer \( A \)
\( A = 18\arcsin \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)-4\sqrt{2} \approx 16.5 \)
Appendices
Appendice A
Calculez l'intégrale
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2}dx \)
Substituez
\( x = 3 \sin u \) ce qui donne \( u = \arcsin (x/3) \) et \( dx = 3 cos u \; du \)
\( 9 - x^2 = 9 - 9 \sin^2 u \)
\( = 9(1-\sin^2) = 9 \cos^2 u \)
et
\( \sqrt{9-x^2} = \sqrt{9 \cos^2 u} = 3 \cos u \)
Substituez et écrivez
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2} \; dx = \int (3 \cos u ) \; 3 \cos u \; du \)
\( \displaystyle = 9 \int \cos^2 u du \)
Utilisez l'identité trigonométrique de réduction de puissance pour écrire \( \cos^2 u = \dfrac{\cos(2u)+1}{2} \)
\( \displaystyle = \dfrac{9}{2} \int \left( \cos(2u)+1\right) du \)
Évaluez
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{\sin (2u)}{2} + u \right) \)
Utilisez l'identité trigonométrique \( \sin (2u) = 2 \sin u \cos u \)
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \sin u \cos u + u \right) \)
Substituez \( u \) par \( \arcsin (x/3) \) , \( \sin u = \dfrac{x}{3} \) , \( \sin u = \sqrt {1-sin^2 u } = \sqrt {1 - x^2/9} \) pour réécrire
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{x}{3} \sqrt {1 - \dfrac{x^2}{9}} + \arcsin \left(\dfrac{x}{3}\right) \right) \)
\( \displaystyle I = \dfrac{x}{2} \sqrt {9 - x^2} + \dfrac{9}{2} \arcsin \left(\dfrac{x}{3} \right) \)
Plus de Questions avec Réponses
Partie 1
Trouvez le volume du solide délimité par les plans \( x = 1 \) , \( x =2 \) , \( y = 0 \) , \( y = 2 \) , \( z = 0 \) et situé sous le paraboloïde hyperbolique \( z = 20 + x^2 - 2y^2 \).
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Trouvez l'aire de la région dans le plan \( xy \) délimitée par le cercle d'équation \( x^2 + y^2 = 4 \) et la droite \( y = - 1 \).
Joel Hass, University of California, Davis; Maurice D. Weir Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr.Massachusetts Institute of Technology ; University Calculus , Early Transcendentals, Third Edition
, Boston Columbus , 2016, Pearson.
