bonjour,
j'ai un probleme avec le calcul du moment d'inertie d'un triangle le triangle est definie avec ses trois sommets: A(0,0);B(1,1);C(2,0.5)
On nous demande de le calculer à l'aide de l'integration de Gauss-Legendre, je sais m'en servir mais le probleme c'est de definir l'integrale.
Merci pour votre reponse.
Bonjour.Envoyé par snaoufal1986
Par rapport à quel axe?
D'une façon générale, vous aurez des limites variables en fonction de la distance à l'axe.
Mais comme c'est uniquement la distance à un axe qui compte, je soupçonne que l'on veut que vous utilisiez une astuce: il s'agit de modifier le triangle, sans modifier son moment d'inertie. Ceci pour rendre le calcul plus rapide.
Au revoir.
désolé, j'ai oublié de preciser l'axe c'est par rapport à l'axe Oz
Bonjour.
Si c'est pas rapport à l'axe OZ, je ne vois pas de simplification. Il faut se taper les intégrales avec des limites variables.
Je sépare l'intégrale en deux: de x=0 à x=1, puis de x=1 à x=2.
Dans la première intégrale la imite de y dépend de la valeur de x. ymax est donnée par le segment (0,0)(1,1). Donc la première intégrale est:
Je vous laisse le plaisir de trouver les limites de la deuxième intégrale.
Au revoir.
Re.
Désolé, je me suis trompé.
La première intégrale est:
A+
Juste pour le fun, on peut shunter le calcul intégral de la façon suivante :
* On considère un triangle de hauteur h et de base b.
* On considère un triangle rectangle ayant même hauteur h et même base b
* Ce triangle rectangle (déformé du triangle initial) a, autour de l'axe y passant par son cdg parallèlement à sa base, même inertie I_y que le triangle initial puisque les dS (de l'intégrale I_y = somme de (z-h/3)^2 dS) ne changent pas dans la déformation subie.
* On complète ce triangle rectangle par un triangle rectangle identique mis "tête bèche" pour obtenir le rectangle de hauteur h et largeur b "enveloppe" du triangle rectangle de hauteur h et largeur b.
* On dit que l'inertie bh^3/12 de ce rectangle c'est la somme de
* 2 fois l'inertie I_y recherchée (celle de chaque triangle rectangle)
* 2 termes de Huygens S (h/6)^2 relatifs à chacun des 2 triangles rectangles, avec S = bh/2. En effet h/6 c'est la distance entre le cdg d'un triangle rectangle et le cdg de son "rectangle enveloppe" (h/6 = h/2 - h/3)
On a donc
2 I_y + 2 (bh/2)x(h/6)^2 = bh^3/12
D'où l'inertie I_y du triangle de hauteur h et de base b autour d'un axe passant au niveau de son cdg G parallèlement à sa base.
2 I_y = bh^3/12 - bh^3/36 = (bh^3/12) (1 - 1/3) soit
I_y = (bh^3/24) (1 - 1/3) = bh^3/36
Merci, j'ai reussi à le faire finallement
Bonjour Chaverondier.
Moi aussi j'avais pensé à ce type de manip (voir mon post #2), mais l'axe par rapport auquel on demande le moment d'inertie n'est pas ni X ni Y, mais Z, qui est perpendiculaire au triangle. Donc, la déformation du triangle, qui aurait très bien marché pour les autres axes, n'est pas applicable ici, car celle que vous proposez ne conserve pas la distance à l'axe OZ.
Au revoir.
Pas de problème, l'inertie autour de l'axe Oz est la somme de l'inertie autour de l'axe Ox et de celle autour de l'axe Oy
Bonjour.
Votre affirmation me semble curieuse.
Si je prends comme exemple une tige fine le long de l'axe Z, elle est évidemment fausse.
De plus elle manque de symétrie. Elle n'est pas valable si on permute les axes.
Au revoir.
Tout dépend si l'on parle
* de l'inertie de la tige de masse m, longueur l et rayon R (I_z = mR^2/2 selon son axe z = somme de (x^2+y^2) dm et I_x = somme de (y^2+z^2) dm = ml^2/12 + mR^2/4 selon l'axe x perpendiculaire à z passant par le cdg G de la tige)
* ou au contraire de celle de sa section droite (le disque de rayon R)
I_z = somme (x^2+y^2) dS = pi R^4/2 = Ix+Iy (I_x = somme y^2dS = I_y = somme x^2dS = pi R^4/4)
Bonjour.
Effectivement, vous avez raison. Ça dépend de quoi on parle. Pour une surface, votre solution s'applique parfaitement.
Au revoir.
