Intégrale triple

On suppose $a>0$, $b>0$, $R>0$, peut-être $b<a$, non ? Et n'y a-t-il aucun renseignement sur les positions relatives de $a,b,R$ ?
Je me demande si l'on n'a pas déjà fait quelque chose d'approchant sur ce forum ...

Moi je procèderais par tranches.
On suppose : $0<b \le a$ et $R>0$.
Le domaine dont on veut trouver le volume est l'ensemble des points compris entre le cylindre d'équation $x^{2}+y^{2}=R^{2}$, le paraboloïde elliptique d'équation $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=z$, et le plan $z=0$. Calculons le quart de ce volume en se restreignant aux points $x \ge 0, y\ge0$. Soit $D$ ce quart de domaine.
L'intersection de $D$ avec le plan « horizontal » de cote $z$ est :
$D(z)=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|x\geq 0,y\geq 0,x^{2}+y^{2}\leq R^{2},\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\geq z\}$. C'est la « tranche ».
C'est l'ensemble des points du premier quadrant du plan, situés entre l'ellipse d'équation $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = z$ et le cercle d'équation $x^2+y^2=R^2$.
La condition pour que cette ellipse soit incluse dans le disque $x^2+y^2 \le R^2$ est : $a \sqrt z \le R$, soit : $z \le \frac{R^{2}}{a^{2}}$.
La description polaire de ce domaine plan est : $D^{\ast }(z)=\{(\theta ,\rho )\in \mathbb{R}^{2}|0\leq \theta \leq \frac{%
\pi }{2},0\leq \rho \leq R,\frac{\rho ^{2}\cos ^{2}\theta }{a^{2}}+\frac{%
\rho ^{2}\sin ^{2}\theta }{b^{2}}\geq z\}$
$=\{(\theta ,\rho )\in \mathbb{R}^{2}|0\leq \theta \leq \frac{\pi }{2},\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{\frac{\cos ^{2}\theta }{a^{2}}+\frac{\sin ^{2}\theta }{b^{2}}}}\leq \rho \leq R\}$.
L'aire de ce domaine plan est :

$\displaystyle S(z)=\iint\nolimits_{D^{\ast }(z)}\rho d\rho d\theta
=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}d\theta \int_{\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{\frac{\cos ^{2}\theta }{a^{2}}+\frac{\sin ^{2}\theta }{b^{2}}}}}^{R}\rho d\rho
=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}d\theta \left[ \frac{\rho ^{2}}{2}\right]_{\rho
=\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{\frac{\cos^{2}\theta }{a^{2}}+\frac{\sin ^{2}\theta }{b^{2}}}}}^{\rho =R}
=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}(R^{2}-\frac{z}{\frac{\cos ^{2}\theta}{a^{2}}+\frac{\sin ^{2}\theta }{b^{2}}})d\theta $.

Cette intégrale se calcule sans mal au moyen du Changement De Variable $t=\tan \theta $.
Où l'on voit que l'on a bien fait de prendre le quart du domaine...
Et l'on aura enfin le quart du volume demandé par : $\displaystyle V=\int_{0}^{\frac{R^{2}}{a^{2}}}S(z)dz=$ etc.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
15/09/2019

Bonsoir Chaurien,

Non, pas d'accord.
1°) Ton calcul est inutilement compliqué : l'aire du disque, c'est $\pi R^2$, l'aire de l'ellipse à hauteur $z$ c'est $\pi abz$. Quand l'ellipse est toute entière contenue dans le disque ($z\leq \dfrac{R^2}{a^2}$), la différence des aires est $\pi(R^2-abz)$.
2°) Pour $\dfrac{R^2}{a^2}\leq z\leq \dfrac{R^2}{b^2}$, l'ellipse déborde du disque mais il y a un morceau du disque qui n'est pas contenu dans l'ellipse. Il faut aussi calculer l' aire de ce morceau en fonction de $z$, et puis l'intégrer.

PS. Le calcul de marsup me semble plus raisonnable.

bonjour

je termine le calcul de Marsup :

$I = \frac{R^4}{4}\int_0^{2\pi}[\frac{cos^2\theta}{a^2} + \frac{sin^2\theta}{b^2}]d\theta$ soit :

$I=\frac{R^4}{4}\int_0^{2\pi}[\frac{1+cos2\theta}{2a^2} + \frac{1-cos2\theta}{2b^2}]d\theta$ soit encore :

$I =\frac{R^4}{4} [\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2b^2}][\theta]_0^{2\pi} + \frac{R^4}{4}(\frac{1}{4a^2} - \frac{1}{4b^2})[sin(2\theta)]_0^{2\pi}$ d'où :

$I=\frac{\pi.R^4}{4}[\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}]$

ce qui me chagrine dans ce résultat c'est l'homogénéité de la formule :
I est un volume donc homogène de degré 3, est-ce le cas ?

cordialement

@Jean : C'est parce que l'équation $z = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}$ n'est pas homogène qu'on trouve une bizarrerie.

Il faudrait écrire : $\frac{z}{c} = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}$.