Définition 3.3.1.
La moyenne d’un ensemble de \(n\) nombres \(f_1\text{,}\) \(f_2\text{,}\) \(\cdots\text{,}\) \(f_n\) est
\begin{gather*}
\bar f =\frac{f_1+f_2+\cdots+f_n}{n}\text{.}
\end{gather*}
Section 3.3 Applications des intégrales doubles
Les intégrales doubles sont très utiles non seulement pour calculer des aires, des volumes ou des masses, mais aussi pour plusieurs autres applications. En voici quelques-unes qui font intervenir les intégrales doubles.
Sous-section Valeurs moyennes
Il est commun de définir et d’étudier la valeur moyenne d’une fonction d’une variable. Nous étendons cette notion aux fonctions de deux variables. Commençons par un rappel.
Supposons maintenant que nous voulons calculer la valeur moyenne d’une fonction \(f(x,y)\) pour \((x,y)\) parcourant une région \(\cR\) dans le plan. Une approche naturelle afin de définir ce qu’on entend par la moyenne de \(f\) sur \(\cR\) consiste à :
- Fixer un naturel \(n\text{.}\)
- Subdiviser \(\cR\) en petits carrés approximatifs de côté \(\De x=\frac{1}{n} = \De y\text{.}\) Par exemple, cela peut se faire en subdivisant des tranches verticales en petits carrés, comme à l’Exemple 3.1.12.
- Numéroter les carrés dans n’importe quel ordre \(R_1\text{,}\) \(R_2\text{,}\) \(\dots\text{,}\) \(R_N\text{,}\) où \(N\) est le nombre total de carrés.
- Choisir, pour chaque \(1\leqslant i\leqslant N\text{,}\) un point sur le \(i^\text{ième}\) carré que l’on nommera \((x_i^*,y_i^*)\text{,}\) de sorte que \((x_i^*,y_i^*)\in R_i\text{.}\)
- La valeur moyenne de \(f\) en ces points est\begin{gather*} \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N f(x_i^*,y_i^*) =\frac{\sum_{i=1}^N f(x_i^*,y_i^*)}{{\sum_{i=1}^N 1 }} =\frac{\sum_{i=1}^N f(x_i^*,y_i^*)\, \De x\,\De y}{{\sum_{i=1}^N \De x\,\De y}}\text{.} \end{gather*}Nous avons transformé la fraction donnant la moyenne en un rapport de sommes de Riemann.
En ayant des sommes de Riemann, l’étape suivante est claire : il faut évaluer la limite lorsque \(n\rightarrow\infty\) pour obtenir la valeur exacte, c’est-à-dire \(\frac{\iint_\cR f(x,y)\,\dee{x}\,\dee{y}}{\iint_\cR \dee{A}}\text{.}\) Cela nous mène à la définition suivante.
Définition 3.3.2.
Soit \(f(x,y)\) une fonction intégrable sur une région \(\cR\) du plan. La valeur moyenne de \(f\) sur \(\cR\) est
\begin{gather*}
\bar f = \frac{\displaystyle\iint_\cR f(x,y)\,\dee{A}}{\displaystyle\iint_\cR \dee{A}}\text{.}
\end{gather*}
Exemple 3.3.3. Valeur moyenne.
Soit \(a \gt 0\text{.}\) Une montagne a une hauteur donnée par \(z(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\) au-dessus de chaque point \((x,y)\) de la région \(\cR=\Set{(x,y)}{x^2+y^2\leqslant a^2, x\leqslant 0}\text{.}\) Trouver la hauteur moyenne.
Solution.
D’après la Définition 3.3.2, la hauteur moyenne est donnée par
\begin{equation*}
\bar z
=\frac{\iint_\cR z(x,y)\,\dee{A}}
{\iint_\cR \dee{A}}
=\frac{\iint_\cR \sqrt{a^2-x^2-y^2}\,\dee{A}}
{\iint_\cR \dee{A}}\text{.}
\end{equation*}
Les intégrales du numérateur et du dénominateur peuvent être calculées en les interprétant géométriquement.
- Le numérateur \(\displaystyle \iint_\cR z(x,y)\,\dee{A} =\iint_\cR \sqrt{a^2-x^2-y^2}\,\dee{A}\) est interprété comme le volume de\begin{align*} &\Big\{\ (x,y,z)\ \Big|\ x^2+y^2\leqslant a^2,\ x\leqslant 0,\ 0\leqslant z\leqslant \sqrt{a^2-x^2-y^2}\ \Big\}\\ &=\Set{(x,y,z)}{x^2+y^2+z^2\leqslant a^2,\ x\leqslant 0,\ z\geqslant 0}\text{,} \end{align*}qui est le quart du volume d’une sphère de rayon \(a\text{,}\) c’est-à-dire \(\frac{1}{3}\pi a^3\text{.}\)
- Le dénominateur \(\displaystyle \iint_\cR \dee{A}\) est l’aire de la moitié d’un disque de rayon \(a\text{,}\) c’est-à-dire \(\frac{1}{2} \pi a^2\text{.}\)
Ainsi, la hauteur moyenne est
\begin{equation*}
\bar z = \frac{\frac{1}{3}\pi a^3}{\frac{1}{2} \pi a^2}
=\frac{2}{3}\, a\text{.}
\end{equation*}
Il faut noter que ce nombre est positif et plus petit que la hauteur maximale \(a\text{,}\) ce qui est cohérent.
Il n’est pas rare de vouloir calculer la valeur moyenne d’une fonction \(f(x,y)\) sur une région \(\cR\) tout en faisant que certains points ont un rôle plus important dans le calcul de cette moyenne. Une façon de faire cela consiste à considérer une “fonction poids” \(w(x,y) \gt 0\) telle que le quotient \(\frac{w(x_1,y_1)}{w(x_2,y_2)}\) donne l’importance relative de \((x_1,y_1)\) par rapport à \((x_2,y_2)\text{,}\) c’est-à-dire que le point \((x_1,y_1)\) est \(\frac{w(x_1,y_1)}{w(x_2,y_2)}\) fois plus important que le point \((x_2,y_2)\) dans le calcul de la moyenne. Cela nous mène à la définition suivante.
Définition 3.3.4.
\begin{gather*}
\frac{\displaystyle \iint_\cR f(x,y)\,w(x,y)\,\dee{A}}
{\displaystyle \iint_\cR w(x,y)\,\dee{A}}
\end{gather*}
est la moyenne pondérée de \(f\) sur \(\cR\) avec la fonction poids \(w(x,y)\text{.}\)
Notons que si \(f(x,y)=F\) est une constante, alors la moyenne pondérée de \(f\) est évidemment \(F\text{.}\)
Sous-section Centre de gravité
Une application importante de la moyenne pondérée est le calcul du centre de gravité, ou centre de masse. Si un objet est supporté en son centre de gravité (dans un champ gravitationnel uniforme), il sera en parfait équilibre. Dans un cours de calcul intégral à une variable, on établit que le centre de gravité d’une tige horizontale dont la masse est distribuée uniformément et dont la densité est \(\rho(x)\text{,}\) avec \(x\) allant de \(x=a\) à \(x=b\text{,}\) se trouve à
\begin{equation*}
\bar x = \frac{\displaystyle\int_a^b x\ \rho(x)\,\dee{x}}{\displaystyle \int_a^b \rho(x)\,\dee{x}}\text{.}
\end{equation*}
Ceci revient à dire que le centre de gravité est la moyenne des abscisses affectées du poids donné par la densité.
En deux dimensions, le centre de gravité d’une plaque mince (d’épaisseur négligeable mais constante) qui occupe la région \(\cR\) du plan \(Oxy\) et dont la fonction de densité est \(\rho(x,y)\) est le point \((\bar x, \bar y)\) où :
Formule 3.3.5. Centre de gravité.
\begin{align*}
\bar x & = \text{moyenne pondérée de $x$ sur $\cR$}\\
&=\frac{\displaystyle \iint_\cR x\,\rho(x,y)\,\dee{A}}
{\displaystyle \iint_\cR \ \rho(x,y)\,\dee{A}}
=\frac{\displaystyle \iint_\cR x\, \rho(x,y)\,\dee{A}}
{\text{Masse}(\cR)}
,\\
\bar y & = \text{moyenne pondérée de $y$ sur $\cR$}\\
&=\frac{\displaystyle \iint_\cR y\, \rho(x,y)\,\dee{A}}
{\displaystyle \iint_\cR \ \rho(x,y)\,\dee{A}}
=\frac{\displaystyle\iint_\cR y\ \rho(x,y)\,\dee{A}}
{\text{Masse}(\cR)}\text{.}
\end{align*}
Si la densité est constante, le centre de gravité est souvent appelé le “barycentre” de \(\cR\) ou son “centroïde”.
Formule 3.3.6. Centre de gravité (centroïde).
\begin{align*}
\bar x &=\frac{\displaystyle\iint_\cR x\,\dee{A}}
{\displaystyle\iint_\cR \dee{A}}
=\frac{\displaystyle\iint_\cR x\,\dee{A}}
{\text{Aire}(\cR)}\\
\bar y &=\frac{\displaystyle\iint_\cR y\,\dee{A}}
{\displaystyle\iint_\cR \ \dee{A}}
=\frac{\displaystyle\iint_\cR y\,\dee{A}}
{\text{Aire}(\cR)}
\end{align*}
Exemple 3.3.7. Centre de gravité.
Déterminer le centre de gravité d’une plaque mince de densité constante occupant la région
\begin{equation*}
\cR=\big\{\ (x,y)\ \big|\ a\leqslant x\leqslant b,\ B(x)\leqslant y\leqslant T(x)\ \big\}
\end{equation*}
dans le plan \(Oxy\text{.}\)
Afin d’utiliser la Formule 3.3.6, découpons la région \(\cR\) verticalement, comme illustré dans la figure ci-dessous.
Nous avons que l’aire de \(\cR\) est
\begin{gather*}
A= \iint_\cR\dee{A}
=\int_a^b\int_{B(x)}^{T(x)}\dee{y}\, \dee{x}
=\int_a^b \big[T(x)-B(x)\big]\, \dee{x}\text{,}
\end{gather*}
et alors, avec la Formule 3.3.6, nous obtenons
\begin{align*}
\bar x&= \frac{1}{A} \iint_\cR x\,\dee{A}
= \frac{1}{A} \int_a^b\int_{B(x)}^{T(x)}x\ \dee{y}\, \dee{x}
=\frac{1}{A}\int_a^b\ x\big[T(x)-B(x)\big] \dee{x},\\
\bar y&= \frac{1}{A} \iint_\cR y\,\dee{A}
= \frac{1}{A} \int_a^b\int_{B(x)}^{T(x)} y \ \dee{y}\, \dee{x}
=\frac{1}{A}\int_a^b
\left[\frac{T(x)^2}{2}-\frac{B(x)^2}{2}\right]\, \dee{x}\text{.}
\end{align*}
Exemple 3.3.8. Quart de disque.
Calculer le centroïde du quart de disque
\begin{equation*}
\cD=\Set{(x,y)}{x\geqslant 0,\ y\geqslant 0,\ x^2+y^2\leqslant a^2}.
\end{equation*}
Solution 1.
Nous pourrions appliquer les formules obtenues dans l’exemple précédent, mais utilisons plutôt la Formule 3.3.6.
L’aire du disque \(\cD\) est \(\frac{1}{4}\pi a^2\text{,}\) de sorte que nous avons
\begin{align*}
\bar x =\frac{\iint_{\cD} x\,\dee{A}}
{\frac{1}{4}\pi a^2},
\qquad
\bar y &=\frac{\iint_{\cD} y\,\dee{A}}
{\frac{1}{4}\pi a^2}\text{.}
\end{align*}
Évaluons \(\iint_{\cD} x\,\dee{A}\) avec des tranches horizontales, comme illustré dans la figure ci-dessous.
Nous avons alors que
\begin{align*}
\iint_{\cD} x\,\dee{A}
&= \int_0^a\int_0^{\sqrt{a^2-y^2}}x \dee{x} \ \dee{y}
= \int_0^a \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\sqrt{a^2-y^2}} \dee{y}\\
&=\frac{1}{2} \int_0^a \big[a^2-y^2\big] \dee{y}\
=\frac{1}{2}\left[a^3-\frac{a^3}{3}\right]\\
&= \frac{a^3}{3}\text{,}
\end{align*}
donc
\begin{equation*}
\bar x
= \frac{4}{\pi a^2}\left[\frac{a^3}{3}\right]
=\frac{4a}{3\pi}\text{.}
\end{equation*}
Par symétrie, nous aurons que \(\bar y = \bar x\text{.}\)
Solution 2.
Utilisons encore les intégrales de la Formule 3.3.6, mais calculons avec des coordonnées polaires. Nous avons notamment que, en coordonnées polaires, notre domaine d’intégration est
\begin{equation*}
\cD = \Set{(r,\theta )}{0\leqslant r\leqslant a,\ 0\leqslant \theta \leqslant \pi/2}\text{.}
\end{equation*}
L’aire de \(\cD\) est \(\frac{1}{4}\pi a^2\text{.}\) Nous avons par ailleurs
\begin{align*}
\iint_{\cD} x \dee{A} \amp = \int_0^{\pi/2} \int_0^a r\, \cos \theta\ r\, \dee{\theta}\, \dee{r} \\
\amp= \left(\int_0^{\pi/2} \cos \theta\ \dee{\theta}\right)\left(\int_0^a r^2 \right) = \frac{a^3}{3}\text{.}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{equation*}
\bar x
= \frac{4}{\pi a^2}\left[\frac{a^3}{3}\right]
=\frac{4a}{3\pi}\text{.}
\end{equation*}
Par symétrie, \(\bar y = \bar x\text{.}\)
Exemple 3.3.9. Exemple 3.2.14 revisité.
Trouver le centre de gravité de la région située à l’intérieur du cercle \(r=4\cos\theta\) et à gauche de la droite \(x=1\text{.}\)
Solution.
Nous avons vu, à l’Exemple 3.2.14, que \(r=4\cos\theta\) est le cercle de rayon \(2\) centré en \((2,0)\text{,}\) dont l’équation cartésienne est \((x-2)^2+y^2=4\text{.}\) Voici une esquisse de la région \(\cR\) qui nous intéresse.
On remarque que \(\cR\) est symétrique par rapport à l’axe des \(x\text{,}\) de sorte qu’on s’attend à ce que son centre de gravité se trouve sur cet axe, c’est-à-dire que \(\bar y=0\text{.}\) Afin de confirmer ce résultat avec notre définition, remarquons que \(\iint_\cR y\ \dee{A}\) a un domaine d’intégration \(\cR\) invariant par la transformation \(y\mapsto -y\) (c.-à-d. la réflexion par rapport à l’axe des \(x\)) et que son intégrande \(y\) est une fonction impaire. Ainsi, \(\iint_\cR y\ \dee{A}=0\) et, par conséquent, \(\bar y=0\text{.}\)
Trouvons maintenant \(\bar x\) :
\begin{gather*}
\bar x =\frac{\iint_\cR x\,\dee{A}}
{\iint_\cR\dee{A}}\text{.}
\end{gather*}
Nous avons déjà trouvé, dans l’Exemple 3.2.14, que l’aire de la région \(\cR\) est
\begin{gather*}
\iint_\cR\dee{A} = \frac{4\pi}{3}-\sqrt{3}\text{.}
\end{gather*}
Nous devons donc seulement calculer \(\iint_\cR x\,\dee{A}\text{.}\) Soit \(\cR_1\) la moitié supérieure de \(\cR\text{.}\) En coordonnées polaires, comme dans l’Exemple 3.2.14,
\begin{align*}
\iint_{\cR_1} x\,\dee{A}
&=\int_0^{\pi/3} \int_0^{1/\cos\theta} \overbrace{(r\cos\theta)}^{x}\ r\, \dee{r} \dee{\theta}
+\int_{\pi/3}^{\pi/2}\int_0^{4\cos\theta} \overbrace{(r\cos\theta)}^{x}\ r\, \dee{r} \dee{\theta}\\
&=\int_0^{\pi/3} \cos\theta\int_0^{1/\cos\theta}\ r^2 \dee{r}\, \dee{\theta}
+\int_{\pi/3}^{\pi/2} \cos\theta
\int_0^{4\cos\theta}\ r^2 \, \dee{r}\, \dee{\theta}\\
&=\int_0^{\pi/3} \frac{\sec^2\theta}{3}\ \dee{\theta}
+\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{64}{3}\cos^4\theta \ \dee{\theta}\text{.}
\end{align*}
La première intégrale se calcule aisément si l’on se souvient que \(\tan\theta\) est une primitive de \(\sec^2\theta\text{.}\) Pour la seconde intégrale, nous utilisons la formule des angles doubles \(\cos^2\theta=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\text{:}\)
\begin{align*}
\cos^4\theta =\big(\cos^2\theta\big)^2
&=\left[\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right]^2
=\frac{1}{4}\left[1+2\cos(2\theta)+\cos^2(2\theta)\right]\\
&=\frac{1}{4}\left[1+2\cos(2\theta)+\frac{1+\cos(4\theta)}{2}\right]\\
&=\frac{3}{8} +\frac{\cos(2\theta)}{2} + \frac{\cos(4\theta)}{8}\text{.}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\iint_{\cR_1} x\,\dee{A}
&=\frac{1}{3}\tan\theta\Big|_0^{\pi/3}
+\frac{64}{3}\left[\frac{3\theta}{8}
+\frac{\sin(2\theta)}{4}+\frac{\sin(4\theta)}{32}\right]_{\pi/3}^{\pi/2}\\
&=\frac{1}{3}\times\sqrt{3}
+\frac{64}{3}\left[\frac{3}{8}\times\frac{\pi}{6}
-\frac{\sqrt{3}}{4\times 2}
+\frac{\sqrt{3}}{32\times 2}\right]\\
&=\frac{4\pi}{3}-2\sqrt{3}\text{.}
\end{align*}
Finalement, par symétrie, nous avons que
\begin{equation*}
\iint_\cR x\,\dee{A}
=2\iint_{\cR_1} x\,\dee{A}\text{,}
\end{equation*}
de sorte que
\begin{align*}
\bar x
&= \frac{2\left(\frac{4\pi}{3}-2\sqrt{3}\right)}{\frac{4\pi}{3}-\sqrt{3}}
= \frac{\frac{8\pi}{3}-4\sqrt{3}}{\frac{4\pi}{3}-\sqrt{3}}\text{.}
\end{align*}
Remarquons que \(\bar x \approx 0.59\text{,}\) en accord avec le fait que \(0\leqslant x\leqslant 1\) sur \(\cR\text{.}\) De plus, dans la région \(\cR\text{,}\) il y a une plus grande portion des points qui se situent plus près de \(x=1\) que de \(x=0\text{.}\) Il est donc cohérent que \(\bar x\) se situe entre \(\frac{1}{2}\) et \(1\text{.}\)
Exemple 3.3.10. Calcul d’une intégrale à l’aide du centre de gravité.
Évaluer \(\displaystyle\int_0^2\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}} \big(2x+3y\big)\dee{y}\,\dee{x}\text{.}\)
Solution.
Cette intégrale peut être évaluée sans la calculer. Cette fois-ci, l’astuce consistera à relier cette intégrale à un centre de masse. En vertu de la Formule 3.3.6,
\begin{gather*}
\iint_\cR x\,\dee{A}
=\bar x\ \text{Aire}(\cR) \qquad \text{ et } \qquad
\iint_\cR y\,\dee{A}
=\bar y\ \text{Aire}(\cR)\text{.}
\end{gather*}
Par conséquent, on pourra plus facilement évaluer \(\iint_\cR x\,\dee{A}\) et \(\iint_\cR y\, \dee{A}\text{,}\) en supposant que la région \(\cR\) est assez simple et symétrique pour que son aire et son centre de gravité puissent être trouvés facilement.
C’est le cas dans cet exemple. On peut écrire
\begin{align*}
\int_0^2\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}}
\big(2x+3y\big)\dee{y}\,\dee{x}
&=2\int_0^2\left[\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}}x \dee{y} \dee{x}\right]\\
&\hskip0.5in+3\int_0^2\left[\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}}y\ \dee{y}\,\dee{x}\right]\text{.}
\end{align*}
Remarquons que \(y=\pm \sqrt{2x-x^2}\) équivaut à
\begin{equation*}
y^2 = 2x-x^2 = 1-(x-1)^2 \iff
(x-1)^2 + y^2 =1\text{.}
\end{equation*}
Notre domaine d’intégration est donc le disque \(\cR = \Set{(x,y)}{(x-1)^2 + y^2 \leqslant 1}\) de rayon \(1\) et centré en \((1,0)\text{.}\)
Ainsi, l’aire de \(\cR\) vaut \(\pi\text{,}\) et son centre de gravité est \((\bar x,\bar y)=(1,0)\text{.}\) Nous pouvons donc évaluer l’intégrale de départ.
\begin{align*}
\int_0^2\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}}
\big(2x+3y\big)\dee{A}\,\dee{x}
&=2\iint_\cR x\,\dee{A}
+3\iint_\cR y\ \dee{A}\\
&=2\,\bar x\, \text{Aire}(\cR) +3\,\bar y\, \text{Aire}(\cR)
=2\pi
\end{align*}
Sous-section Moment d’inertie
Considérons une plaque mince occupant une région \(\cR\) du plan \(Oxy\text{,}\) de densité \(\rho(x,y)\,\text{kg}/\text{m}^2\) et qui est en rotation autour d’un certain axe à une vitesse angulaire \(\om\,\text{rad}/\text{s}\text{.}\) Nommons l’axe de rotation \(\cA\text{.}\) Nous allons déterminer l’énergie cinétique de la plaque. Rappelons que l’énergie cinétique d’une particule de masse \(m\) qui se déplace avec une vitesse scalaire \(v\) est \(\frac{1}{2}mv^2\text{.}\)
Pour obtenir l’énergie cinétique de la plaque au complet, nous la découpons en petits morceaux rectangulaires (ceux près du bord de la plaque ne sont pas nécessairement rectangulaires). Cependant, comme nous l’avons vu au paragraphe justifiant la formule pour\(\dee{A}\text{,}\) à la fin de la Section 3.2, il est possible de faire les choses en toute rigueur. Pensons donc que chaque petit rectangle est essentiellement une particule ponctuelle. Si le point \((x,y)\) sur la plaque se trouve à une distance \(D(x,y)\) de l’axe de rotation \(\cA\text{,}\) alors, à mesure que la plaque tourne, le point \((x,y)\) parcourt un cercle de rayon \(D(x,y)\text{.}\) La figure de droite ci-bas montre ce cercle, vu perpendiculairement à l’axe de rotation.
Soit \(D(x,y)\) la distance entre la position \((x,y)\) d’une particule sur la plaque et l’axe de rotation \(\cA\text{,}\) ainsi la trajectoire du point \((x,y)\) est un cercle de rayon \(D(x,y)\) (voir la figure de droite ci-dessus). L’arc circulaire que le point \((x,y)\) décrit pendant une seconde autour de l’axe de rotation sous-tend l’angle \(\om\) radians, qui est la fraction \(\frac{\om}{2\pi}\) d’un cercle complet, et donc a une longueur \(\frac{\om}{2\pi}\big(2\pi D(x,y)\big)=\om\,D(x,y)\text{.}\) En conséquence, le rectangle qui contient le point \((x,y)\) :
- se déplace à une vitesse \(\om\,D(x,y)\text{,}\)
- a une aire \(\dee{x}\,\dee{y}\text{,}\) et donc
- a une masse \(\rho(x,y)\,\dee{x}\dee{y}\text{,}\) et
- son énergie cinétique est\begin{equation*} \frac{1}{2}\overbrace{\big(\rho(x,y)\,\dee{x}\,\dee{y}\big)}^{m} \overbrace{(\om\,D(x,y))^2}^{v^2} =\frac{1}{2}\om^2\ D(x,y)\,^2\rho(x,y)\ \dee{x}\,\dee{y}\text{.} \end{equation*}
Ainsi, au moyen de notre procédure habituelle de limite de sommes de Riemann, l’énergie cinétique totale de la plaque est
\begin{equation*}
\iint_\cR \frac{1}{2}\om^2\ D(x,y)^2\,\rho(x,y)\,\dee{A}\,
=\frac{1}{2}\om^2 \iint_\cR \ D(x,y)^2\,\rho(x,y)\,\dee{A}\,
=\frac{1}{2} I_\cA\,\om^2\text{,}
\end{equation*}
où \(I_\cA\) définit le moment d’inertie.
Définition 3.3.11. Moment d’inertie.
\begin{equation*}
I_\cA=\iint_\cR D(x,y)^2\rho(x,y)\ \dee{A}
\end{equation*}
est le moment d’inertie de \(\cR\) par rapport à l’axe \(\cA\text{.}\) En particulier, le moment d’inertie par rapport à l’axe des \(y\) est
\begin{equation*}
I_y=\iint_\cR x^2\,\rho(x,y)\ \dee{A}\text{,}
\end{equation*}
et le moment d’inertie par rapport à l’axe des \(x\) est
\begin{equation*}
I_x=\iint_\cR y^2\,\rho(x,y)\ \dee{A}\text{.}
\end{equation*}
Remarquons que l’expression \(\frac{1}{2} I_\cA\,\om^2\) de l’énergie cinétique est semblable à \(\frac{1}{2} m v^2\text{,}\) avec la vitesse \(v\) remplacée par la vitesse angulaire \(\om\text{,}\) et la masse \(m\) remplacée par le moment d’inertie \(I_\cA\text{,}\) qui peut être interprété un peu comme une “masse”.
Jusqu’à présent, nous avons pris pour acquis que le mouvement de rotation a lieu dans le plan \(Oxy\text{.}\) Nos arguments s’étendent naturellement à trois dimensions. Les formules résultantes font appel à des intégrales triples. Elles seront traitées ultérieurement.
Exemple 3.3.12. Disque.
Trouver le moment d’inertie par rapport à l’axe des abscisses du disque \(\cR\) borné par le cercle \(x^2+y^2=a^2\text{.}\) Supposer que la densité est constante et égale à \(1\text{.}\)
Solution.
La distance entre n’importe quel point \((x,y)\) sur le disque et l’axe de rotation est \(|y|\text{.}\) Ainsi, le moment d’inertie recherché est
\begin{equation*}
I_x = \iint_\cR y^2\, \dee{A}\text{.}
\end{equation*}
En passant aux coordonnées polaires,
\begin{align*}
I_x &= \int_0^{2\pi}\int_0^{a}
\overbrace{(r\sin\theta)^2}^{y^2}\ r \,\dee{r}\,\dee{\theta}
= \left[\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \dee{\theta}\right] \left[\int_0^a\, r^3\ \dee{r}\right]\\
&=\frac{a^4}{4}\int_0^{2\pi} \sin^2\theta\ \dee{\theta}\
=\frac{a^4}{4} \int_0^{2\pi} \frac{1-\cos(2\theta)}{2} \ \dee{\theta}\\\
&=\frac{a^4}{8} \left[\theta-\frac{\sin(2\theta)}{2}\right]_0^{2\pi}\\
&=\frac{1}{4}\pi a^4\text{.}
\end{align*}
Exemple 3.3.13. Cardioïde.
Trouver le moment d’inertie par rapport à l’axe des \(z\) de la région \(\cR\) limitée par la cardioïde \(r=a(1+\cos\theta)\) du plan \(Oxy\text{.}\) Prendre pour acquis que sa densité est constante et égale à \(1\text{.}\)
Solution.
Voici une esquisse de la cardioïde (avec \(a=1\)), obtenue à l’Exemple 3.2.4.
Comme nous l’avons mentionné plus haut, la formule pour \(I_\cA\) de la Définition 3.3.11 reste valable quand l’axe de rotation n’est pas contenu dans le plan \(Oxy\text{.}\) On doit simplement s’assurer que la fonction \(D(x,y)\) est vraiment la distance du point \((x,y)\) à l’axe de rotation. Dans cet exemple, l’axe de rotation est l’axe \(Oz\text{,}\) de sorte que \(D(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\text{,}\) et le moment d’inertie est
\begin{equation*}
I_\cA = \iint_\cR (x^2+y^2)\,\dee{A}\text{.}
\end{equation*}
Un changement aux coordonnées polaires donne
\begin{align*}
I_\cA &= \int_0^{2\pi} \int_0^{a(1+\cos\theta)}r^2\times r \dee{r}\, \dee{\theta}
= \int_0^{2\pi} \int_0^{a(1+\cos\theta)} r^3\ \dee{r}\, \dee{\theta}\\
&=\frac{a^4}{4}\int_0^{2\pi}
\big(1+\cos\theta\big)^4\, \dee{\theta}\\
&=\frac{a^4}{4}\int_0^{2\pi}
\big(1+4\cos\theta+6\cos^2\theta+4\cos^3\theta+\cos^4\theta\big)\, \dee{\theta}\text{.}
\end{align*}
Or,
\begin{align*}
\int_0^{2\pi}\cos\theta\, \dee{\theta}
&= \sin\theta\Big|_0^{2\pi}
=0,\\
\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\, \dee{\theta}
&= \int_0^{2\pi}\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\, \dee{\theta}\
= \frac{1}{2}\left[\theta+\frac{\sin(2\theta)}{2}\right]_0^{2\pi}
=\pi,\\
\int_0^{2\pi} \cos^3\theta\, \dee{\theta}
&= \int_0^{2\pi} \cos\theta\big[1-\sin^2\theta\big]\, \dee{\theta}
\eqover{u=\sin\theta} \int_0^0(1-u^2)\, \dee{u}
=0\text{.}
\end{align*}
Afin d’intégrer \(\cos^4\theta\text{,}\) nous faisons appel aux formules des angles doubles :
\begin{align*}
\cos^2\theta &=\frac{\cos(2\theta)+1}{2}\\
\implies \cos^4\theta &= \frac{\big(\cos(2\theta)+1\big)^2}{4}
=\frac{\cos^2(2\theta)+2\cos(2\theta)+1}{4}\\
&=\frac{\frac{\cos(4\theta)+1}{2}+2\cos(2\theta)+1}{4}\\
&=\frac{3}{8} +\frac{1}{2}\cos(2\theta) +\frac{1}{8}\cos(4\theta)\text{,}
\end{align*}
ce qui donne
\begin{align*}
\int_0^{2\pi}\cos^4\theta\, \dee{\theta}
&=\int_0^{2\pi} \left[\frac{3}{8}
+\frac{1}{2}\cos(2\theta) +\frac{1}{8}\cos(4\theta)\right]\, \dee{\theta}\\
&=\frac{3}{8} \times 2\pi +\frac{1}{2}\times 0 +\frac{1}{8}\times 0
=\frac{3}{4}\pi\text{.}
\end{align*}
Finalement,
\begin{align*}
I_\cA&= \frac{a^4}{4}\left[2\pi + 4\times 0 +6\times\pi+4\times 0
+\frac{3}{4}\pi\right]\\
&=\frac{35}{16}\pi a^4\text{.}
\end{align*}
Exercices Exercices
Pour se pratiquer.
1.
Pour chacun des cas suivants, évaluez l’intégrale double donnée sans utiliser les intégrations. Plutôt, interprétez ces intégrales en termes, par exemple, d’aires ou de valeurs moyennes.
- \(\iint_D(x+3)\ \dee{A}\text{,}\) où \(D\) est la moitié du disque \(0\leqslant y\leqslant \sqrt{4-x^2}\)
- \(\iint_R (x+y)\ \dee{A}\text{,}\) où \(R\) est le rectangle \(0\leqslant x\leqslant a,\ 0\leqslant y\leqslant b\)
Réponse.
(a) \(6\pi\)
(b) \(\half ab (a+b)\)
2.
Trouvez le centre de masse de la région \(D\) dans le plan \(xy\) définie par les inégalités \(x^2\leqslant y\leqslant1\text{,}\) en assumant que la fonction de densité est donnée par \(\rho(x,y) = y\text{.}\)
Réponse.
\(\bar x=0\) et \(\bar y = \frac{5}{7}\text{.}\)
Pour mieux comprendre.
3.
Soit \(R\) la région bornée à gauche par \(x = 1\) et à droite par \(x^2 + y^2 = 4\text{.}\) La densité dans \(R\) est
\begin{equation*}
\rho(x,y) =\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}
\end{equation*}
- Esquissez la région \(R\text{.}\)
- Trouvez la masse de \(R\text{.}\)
- Trouvez le centre de masse de \(R\text{.}\)
Note: Vous pouvez prendre pour acquis que \(\int \sec(\theta)\ \dee{\theta}
= \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C\text{.}\)
Réponse.
(a)
(b) \(\text{masse} = \frac{4\pi}{3} - 2\ln\big(2+\sqrt{3}\big)\)
(c) \(\bar x = \frac{2\sqrt{3}- \ln(2+\sqrt{3})}
{\frac{4\pi}{3} - 2\ln(2+\sqrt{3})}
\approx 1.38\text{,}\) \(\bar y=0\text{.}\)
4.
Une plaque mince de densité uniforme \(1\) est bornée par l’axe des \(x\) et des \(y\) positives et le cardioïde \(\sqrt{x^2+y^2}=r=1+\sin\theta\text{,}\) qui est donné en coordonnées polaires. Trouvez la coordonnée \(x\) de son centre de masse.
Réponse.
\(\bar x = \frac{10}{3\pi+8} \approx 0.57\)
5.
Une plaque mince de densité uniforme \(k\) est bornée par les axes des \(x\) et des \(y\) positives et le cercle \(x^2 + y^2 = 1\text{.}\) Trouvez son centre de masse.
Réponse.
\(\bar x = \bar y =\frac{4}{3\pi}\)
6.
Soit \(R\) le triangle dont les sommets sont \((0, 2)\text{,}\) \((1, 0)\text{,}\) et \((2, 0)\text{.}\) Soit \(R\) ayant la densité \(\rho(x, y) = y^2\text{.}\) Trouvez \(\bar y\text{,}\) la coordonnée \(y\) du centre de masse de \(R\text{.}\) Vous n’avez pas à trouver \(\bar x\text{.}\)
Réponse.
\(\frac{6}{5}\)
7.
La distance moyenne d’un point dans une région plane \(D\) par rapport au point \((a, b)\) est définie par
\begin{equation*}
\frac{1}{A(D)}\iint_D \sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}\ \dee{A}
\end{equation*}
où \(A(D)\) est l’aire de la région plane \(D\text{.}\) Soit \(D\) le disque unitaire \(1 \geqslant x^2 + y^2\text{.}\) Trouvez la distance moyenne du point dans \(D\) par rapport au centre de \(D\text{.}\)
Réponse.
\(\frac{2}{3}\)
8.
Un croissant métallique est obtenu en enlevant l’intérieur du cercle défini par l’équation \(x^2 + y^2 = x\) de la plaque métallique de densité constante 1 occupant le disque unitaire \(x^2 + y^2\leqslant1\text{.}\)
- Trouvez la masse totale du croissant.
- Trouvez la coordonnée \(x\) du centre de masse.
Vous pouvez assumer le fait que \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4(\theta)\ \dee{\theta}=\frac{3\pi}{8}\text{.}\)
Réponse.
(a) \(\frac{3\pi}{4}\)
(b) \(-\frac{1}{6}\)
9.
Soit \(D\) la région du plan \(xy\) qui se trouve à l’intérieur du cercle \(x^2+(y-1)^2=1\text{,}\) mais à l’extérieur du cercle \(x^2+y^2=2\text{.}\) Déterminez la masse de cette région si la densité est donnée par
\begin{equation*}
\rho(x,y)=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}}
\end{equation*}
Réponse.
\(4\sqrt{2} -\sqrt{2}\pi\approx 1.214\)
Pour aller plus loin.
10.
Soit \(a\text{,}\) \(b\) et \(c\) des nombres positifs, et soit \(T\) le triangle dont les sommets sont \((-a,0)\text{,}\) \((b,0)\) et \((0,c)\text{.}\)
- En assumant que la densité est constante sur \(T\text{,}\) trouvez le centre de masse de \(T\text{.}\)
- Les médianes de \(T\) sont les segments de droites joignant un sommet de \(T\) au point milieu du côté opposé. C’est un fait bien connu que les trois médianes se croisent en un point, qui est connu comme étant le centre de gravité de \(T\text{.}\) Montrez que le centre de gravité de \(T\) est son centre de masse.
Réponse.
(a) \(\frac{1}{3}(b-a\,,\,c)\)
(b) Le point milieu du côté opposé \((-a,0)\) est \(\frac{1}{2}\big[(b,0)+(0,c)\big]=\frac{1}{2}(b,c)\text{.}\) Le vecteur de \((-a,0)\) à \(\frac{1}{2}(b,c)\) est \(\frac{1}{2}\llt b,c\rgt-\llt-a,0\rgt
=\llt a+\frac{b}{2},\frac{c}{2}\rgt\text{.}\) Ainsi, la droite joignant ces deux points a pour équation paramétrique
\begin{equation*}
\vr(t)=\llt -a,0\rgt+t\llt a+\frac{1}{2} b\,,\,\frac{1}{2} c\rgt
\end{equation*}
Le point \((\bar x,\bar y)\) se trouve sur cette droite comme
\begin{equation*}
\vr\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a)\,,\,\frac{c}{3}\right)
=(\bar x,\bar y)
\end{equation*}
De façon similaire, le point milieu du côté opposé \((b,0)\) est \(\frac{1}{2}(-a,c)\text{.}\) La droite joignant ces deux points a pour équation paramétrique
\begin{equation*}
\vr(t)=\llt b,0\rgt +t\llt-b-\frac{1}{2} a\,,\,\frac{1}{2} c\rgt
\end{equation*}
Le point \((\bar x,\bar y)\) se trouve sur cette droite également, comme
\begin{equation*}
\vr\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right)
=(\bar x,\bar y)
\end{equation*}
Ce n’est pas nécessaire de vérifier que \((\bar x,\bar y)\) se trouve sur la troisième médiane, mais faisons le quand même. Le point milieu du côté opposé \((0,c)\) est \(\frac{1}{2}(b-a,0)\text{.}\) La droite joignant ces deux points a pour équation paramétrique
\begin{equation*}
\vr(t)=\llt 0,c\rgt+t\llt\frac{b}{2}-\frac{a}{2},-c\rgt
\end{equation*}
Le point \((\bar x,\bar y)\) se trouve sur cette médiane également, comme
\begin{equation*}
\vr\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}(b-a),\frac{c}{3}\right)
=(\bar x,\bar y)
\end{equation*}
