Integrcurvcor 2

Exercices - Intégrales curvilignes : corrigé
Formes différentielles
Exercice 1 - - Deuxième année Remarquons d’abord que U est étoilé, par exemple par rapport au point (1, 0). On vérifie
ensuite que ω est fermée. En effet, si on pose
P (x, y) = −

x2

x
y
et Q(x, y) = 2
,
2
+y
x + y2

on vérifie aisément que :
∂P
∂Q
y 2 − x2
=
= 2
.
∂y
∂x
(x + y 2 )2
Par le théorème de Poincaré, ω est exacte. Cherchons ses primitives sur U , i.e. les fonctions f
de classe C 1 sur U telles que :
∂f
y
∂f
x
=− 2
,
= 2
.
2 ∂y
∂x
x +y
x + y2
On commence par résoudre la deuxième équation, en intégrant par rapport à y. On trouve :
f (x, y) = arctan

y
x

+ H(x),

où H est une fonction C 1 qui ne dépend que de x. On introduit cette expression de f dans la
deuxième égalité :
y
y
∂f
= H (x) − 2
=− 2
.
∂x
x + y2
x + y2
On a donc H (x) = 0 sur U , ce qui entraîne que H est une constante. Les primitives de ω sont
donc de la forme :
y
f (x, y) = arctan
+ C,
x
où C est une constante réelle.

Exercice 2 - - Deuxième année 1. En posant P (x, y) =

2x
y

et Q(x, y) =

−x2
y ,

on a :

∂P
∂Q
−2x
=
= 2 .
∂y
∂x
y
2. La forme différentielle est fermée, et l’ouvert U est étoilé. D’après le théorème de Poincaré,
la forme différentielle est exacte. On peut aussi prouver qu’elle est exacte en calculant ses
primitives, i.e. en recherchant f telle que : ω = df . On doit alors résoudre :
∂f
2x
∂f
−x2
=
et
=
.
∂x
y
∂y
y
La première équation donne :
f (x, y) =
http://www.bibmath.net

x2
+ H(y),
y
1

et on introduit dans la seconde pour obtenir :
−x2
∂f
x2
= − 2 + H (y) = − 2 .
∂y
y
y
On a donc H(y) = Cste, et on vérifie aisément que f (x, y) = x2 /y est une primitive de
ω : ω est exacte.
3. Le calcul ne dépend pas du chemin choisi, mais uniquement des extrémités pour une forme
différentielle exacte. On trouve :
ω = f (3, 8) − f (1, 2) = 9/8 − 1/2 = 5/8.
C

Exercice 3 - Une forme différentielle exacte, une ! - Deuxième année En posant P (x, y) = y 3 − 6xy 2 et Q(x, y) = 3xy 2 − 6x2 y, on vérifie aisément que les dérivées
croisées :
∂Q
∂P ∂y =
= 3y 2 − 12xy
∂x
sont égales. La forme différentielle est fermée, et comme elle est définie sur R2 qui est étoilée, elle
est exacte. La recherche d’une primitive par résolution successive des deux dérivées partielles
ne pose pas de problèmes ! On trouve qu’une primitive est f (x, y) = xy 3 − 3x2 y 2 . On utilise
enfin cette primitive pour calculer l’intégrale curviligne, et on trouve :
ω = f (B) − f (A) = −236.
C

Exercice 4 - Forme différentielle exacte, et intégration le long d’une cardioïde Deuxième année On pourrait remplacer x par r cos θ, etc..., puis utiliser un paramétrage par θ. Il est plus
simple ici de constater que ω est une forme différentielle exacte et de calculer une primitive. En
effet, si on note P (x, y) = X + y et Q(x, y) = x − y, on a l’égalité des dérivées croisées
∂P
∂Q
=
= 1.
∂y
∂x
La forme différentielle est fermée, et d’après le théorème de Poincaré, puisqu’elle est définie sur
l’ouvert étoilé R, elle y est exacte. On cherche une primitive f de ω sur R2 . On doit résoudre :

 ∂f


=x+y

∂x

 ∂f = x − y.



∂y

La résolution de ce système se fait contrainte par contrainte. On a d’abord :
f (x, y) =

x2
+ xy + H(y).
2

On réintroduit dans la seconde équation, et on trouve :
f (x, y) =

x2
y2
+ xy − .
2
2
2

On a finalement :
ω = f (0, 0) − f (2, 0) = −2.
C

Exercice 5 - Rendre une forme exacte - Deuxième année 1. Pour que la forme différentielle soit exacte, il faut qu’elle soit fermée. On a donc :
ϕ (x) =

2x
.
(1 + x2 )2

On en déduit que
ϕ(x) =

−1
.
1 + x2

Avec cette condition, la forme différentielle est fermée, et comme elle est définie sur R2
qui est étoilé, elle est exacte.
2. Il suffit de résoudre le système d’équations aux dérivées partielles :
∂f
∂x
∂f
∂y

=
=

2xy
(1+x2 )2
−1
.
1+x2

On commence par exemple par intégrer la seconde équation :
f (x, y) =

−y
+ H(x).
1 + x2

Si on reporte cette forme dans la première équation, on trouve H (x) = 0, et donc
f (x, y) =

−y
1 + x2

est une primitive de ω sur R2 .
3. La courbe C est fermée, et la forme différentielle est exacte, donc son intégrale curviligne
le long de cette courbe est nulle.

Exercice 6 - Forme non exacte que l’on rend exacte - Deuxième année 1. Une forme différentielle exacte est fermée. Mais dans notre cas, notant P (x, y) = x2 +
y 2 − a2 et Q(x, y) = −2ay, on a :
∂P
∂Q
= 2y et
= 0.
∂y
∂x
Les dérivées croisées ne sont pas égales, et la forme différentielle n’est pas fermée, donc
n’est pas exacte.
2. Il faut que la forme différentielle soit fermée. Notant P1 (x, y) = f (x)P (x, y) et Q1 (x, y) =
f (x)Q(x, y), on doit avoir :
∂P1
∂Q1
= f (x)2y =
= f (x)Q(x, y) = −f (x)2ay.
∂y
∂x

3

La condition est suffisante, car alors on une forme différentielle fermée, définie sur un
ouvert étoilé R2 , et qui est donc exacte. La condition vérifiée par f s’écrit donc :
2ayf (x) = −f (x)2y.
On en déduit que f (x) =

f (x)
−a .

La fonction f (x) = e−x/a vérifie la condition.

3. Soit F (x, y) une primitive de α. Elle vérifie le système d’équations aux dérivées partielles :
∂F
∂x
∂F
∂y

= e−x/a (x2 + y 2 − a2 )
= −2aye−x/a .

La seconde équation donne par exemple :
F (x, y) = −ay 2 e−x/a + H(x).
On reporte cette formule dans la première expression :
e−x/a y 2 + H (x) = e−x/a (x2 + y 2 − a2 ).
On en déduit
H (x) = x2 e−x/a − a2 e−x/a .
Il faut encore intégrer. La partie de droite se fait par intégrations par parties pour la
partie en x2 e−x/a (et même double intégration par parties).
4. Aucun calcul à faire ! La forme différentielle est exacte, et on l’intègre sur une courbe
fermée. On trouve 0 !

Exercice 7 - Primitives en dimension 3 ! - Math Spé On pose :
P = 3x2 y + z 3 , . . . Q = 3y 2 z + x3 , . . . R = 3xz 2 + y 3 .
On vérifie que la forme différentielle est fermée, en calculant :
∂P
∂Q ∂P
∂R
∂Q ∂R
−
,
−
et
−
,
∂y
∂x ∂z
∂x
∂z
∂y
et en montrant que ces quantités sont nulles. Comme R3 est un ouvert étoilé, le théorème de
Poincaré garantit que ω est exacte. On cherche donc une fonction f telle que :
∂f
∂f
∂f
= P,
= Q,
= R.
∂x
∂y
∂z
La première condition donne :
∂f
= 3x2 y + z 3 ,
∂x
ce qui donne :
f (x, y, z) = x3 y + xz 3 + g(y, z),
où g est une fonction de classe C 1 sur R2 . On a ensuite :
∂f
∂g
= 3y 2 z + x3 =⇒ x3 +
= 3y 2 z + x3 .
∂y
∂y

4

On en déduit que g(y, z) = y 3 z + h(z), où h est une fonction C1 sur R. On cherche de même h :
∂f
= 3xz 2 + y 3 =⇒ 3xz 2 + y 3 + h (z) = 3xz 2 + y 3 .
∂z
h est constante, et on a prouvé que les primitives de ω sont de la forme :
f (x, y, z) = x3 y + xz 3 + y 3 z + c, c ∈ R.

Exercice 8 - Dans l’espace - Deuxième année On peut bien sûr paramétrer et tout et tout... mais c’est un peu compliqué. Il est en fait
plus facile de constater que ω est exacte : pour cela, on peut en rechercher une primitive, et l’on
trouve f (x, y, z) = (xy + xz + yz) (on peut également utiliser un théorème de Poincaré dans
l’espace, à l’aide du rotationnel). Maintenant, (C) est une courbe fermée, et donc l’intégrale
curviligne de la forme diﬀérentielle ω le long de ce cercle est nulle.

Intégrales curvilignes
Exercice 9 - - Deuxième année 1. Il faut commencer par paramétrer γ. Remarquons que l’équation de γ s’écrit encore :
x2 + y −

a
2

2

=

a
2

2

.

On reconnait le cercle de centre (0, a/2), et de rayon a/2. On le paramétrise en posant
x = a cos(θ)/2 et y = a/2 + a sin(θ)/2. On a alors :
y 2 dx + x2 dy =
γ

=
=
=

2
a a
a
a2
a
+ sin θ
− sin θ +
cos2 θ
cos θ dθ
2 2
2
4
2
0
2π −a2 sin2 θ
4
0
2
2π 1 − cos 2θ
−a
dθ
4 0
2
−a3 π
.
4
2π

2. Une autre équation de γ est :
(x − a)2 (y − b)2
+
= 2.
a2
b2
On reconnait l’équation d’une ellipse, qu’on paramétrise en posant :
√
√
x = a(1 + 2 cos θ), y = b(1 + 2 cos θ).


5

On a alors :
2π

y 2 dx + x2 dy =
γ

b2 (1 +

√

√
√
√
2 sin θ)2 −a 2 sin θ + a2 (1 + 2 cos θ)2 (b 2 cos θ)dθ

0
2π

=

−4ab2 sin2 θ + 4a2 b cos2 θdθ

0
2π

=

−4ab2 sin2 θ + 4a2 b cos2 θdθ

0

= −4ab2 π + 4a2 bπ
= 4abπ(a − b).

Exercice 10 - Le long d’un carré - Deuxième année Le carré n’est pas une courbe de classe C 1 , mais est obtenu en recollant des morceaux de
courbes de classe C 1 . On a donc :
ω=

ω+

C

C1

ω+

ω+

C2

C3

ω,
C4

où les Ci désignent les côtés successifs du carré. Calculons par exemple l’intégrale le long du
segment [AB]. On paramétrise ce segment en posant :
I = [−a, a], f (t) =

x(t) = −t
y(t) = a

.

On a donc :
a

x(t)y (t) − y(t)x (t)
dt
x2 (t) + y 2 (t)
−a
a 0+a
dt
2
2
−a a + t
t a
arctan
a −a
arctan(1) − arctan(−1)
π
.
2

ω =
C1

=
=
=
=

Sur les autres Ci , on trouve la même chose. On a donc :
ω = 2π.
C

La forme diﬀérentielle n’est pas exacte sur R2 {0, 0}, sinon son intégrale curviligne le long d’un
chemin fermé serait nulle.

Exercice 11 - - Deuxième année 1.

t

ω=
C


−1

x3 + (x + x2 ) × 2x dx =

69
.
4
6

2.

1

x(sin x + cos x)dx.

ω=
C

0

On intègre par parties :
C

1

ω = [x(− cos x + sin x)]1 −
0

(− cos x + sin x)dx = 2 sin 1 − 1.
0

Exercice 12 - Autour d’un carré (bis) - Deuxièmé année On a :
ω =
C

ω+

ω+

AB
−1

BC

ω+
CD
−1 −1

x−1
dx +
x+1
1
1
1 x+1
+
dx +
2
−1 x + 1
1
dx
= 4
1 + x2
1
= 2π.

=

ω
DA

+y
dy
1 + y2
1 1+y
dy
2
−1 1 + y

Exercice 13 - Même origine, même extrémité, mais chemins différents - Deuxième
année – On paramètre le segment en posant y = x, 0 ≤ x ≤ 1. On a donc :
1

ω=
C1

(x2 − x2 )dx = 0.

0

– Un paramétrage de la parabole est déjà donné dans l’énoncé. On a :
1

ω=
C2

2y 5 − y 3 dy =

0

1
.
12

Les deux contours précédents ont même origine et même extrémité. La forme différentielle ω ne
peut donc pas être exacte, sinon son intégrale curviligne ne dépendrait pas du chemin choisi.
On peut également vérifier que ω n’est pas exacte en vérifiant qu’elle n’est pas fermée. En effet,
en posant P (x, y) = x2 et Q(x, y) = −xy, on a :
∂P
∂Q
= 0 et
= −y.
∂y
∂x
Les dérivées partielles croisées ne sont pas égales.

Exercice 14 - Autour d’une hélice - Math Spé On applique simplement la définition :
2π

(y(t) − z(t))x (t) + (z(t) − x(t))y (t) + (x(t) − y(t))z (t)dt

I =
0
2π

=

−R2 + hRt(cos t + sin t) + hR(cos t − sin t) dt

0

= −2πR(h + R).

7


Exercice 15 - Un contour un peu plus délicat - Deuxième année Les deux domaines sont des disques, que l’on paramétrise en utilisant les coordonnées polaires par rapport au centre. Les points d’intersection des cercles étant (0, 0) et (1, 1), le contour
est la réunion de :
π
x = cos t
C1 :
, t allant de − à 0,
y = 1 + sin t
2
C1 :

π
x = 1 + cosu
, u allant de − à π.
y = sin u
2

On intègre ensuite :
ω =
C

ω+
C1
0

ω
C2

−π/2

=

π

−(1 + sin t) sin t + 2 cos2 t dt +

=

− sin2 u + 2(1 + cos u) cos u du

π/2

π
− 1.
2

Exercice 16 - Le long d’une cardioïde - Deuxième année On pose P (x, y) = x + y et Q(x, y) = x − y. Il est clair que :
∂P
∂Q
=
= 1.
∂y
∂x
La forme différentielle est fermée, et comme elle est définie sur R2 qui est -évidemment- étoilé,
elle est exacte. On calcule une primitive f de ω sur R2 .
∂f
x2
= x + y =⇒ f (x, y) =
+ xy + H(y).
∂x
2
∂f
x2
y2
= x + H (y) = x − y =⇒ f (x, y) =
+ xy −
∂y
2
2
(on a choisi la constante égale à 0). Comme ω est exacte sur R2 , on a :
ω = f ((0, 0)) − f ((2, 0)) = −2.
C

Exercice 17 - Autour d’un cercle de l’espace - Deuxième année Toute la difficulté consiste à paramétrer le cercle. On introduit z = 1 − x dans la seconde
équation. On obtient, après simplifications d’usages :
4 x−

1
2

2

+ 2y 2 = 1.

Le cercle se paramétrise alors en :

 x =





y =
z =

1
1
2 + 2 cos θ
1
√ sin θ
2
1
1
2 − 2 cos θ,

8

avec θ ∈ [0, 2π]. On obtient :
2π

I =
0
2π

=
0

1 1
1
1 1
− cos θ
− sin θ +
+ cos θ
2 2
2
2 2
√
1
π 2
√ (cos2 θ + sin2 θ)dθ =
.
2
2 2

1
1
1
√ cos θ + √ sin θ sin θdθ
2
2
2

Circulation d’un champ de vecteurs
Exercice 18 - - Deuxième année On paramètre le cercle par x(t) = R cos t et y(t) = R sin t, où t décrit l’intervalle [−π, π].
On a :
V (x(t), y(t)) = (− sin(t)/R; cos(t)/R),
tandis que
(x (t), y (t)) = (−R sin t; R cos t).
On a donc :
π

−→
−
V .dM =

sin2 t + cos2 dt

−π

C

= 2π.
Le champ de vecteurs ne peut pas dériver d’un potentiel, car quand on intègre un tel champ de
vecteurs le long d’une courbe fermée, on trouve nécessairement zéro.

Exercice 19 - Dans l’espace ! - Deuxième année 1. Par déﬁnition,
1

F .dM

=

(t2 − t) × 2t − 3t2 × 2t × 2 + t4 × (−1)dt

0

Γ1

1

=

−t4 − 10t3 − 2t2 dt

0

t5 5 2 2 3
− t − t
= −
5
2
3
101
= −
.
60
2. Le segment de droite [O,P] se paramétrise en :

1

0

(t, 2t, −t).
On a donc :
1

F .dM

=

[OP ]

(t − t) − 12t2 − t2 dt

0
1

=

−13t2 dt

0

=


−13
.
3
9

On trouve donc des résultats différents. Ceci signifie que le champ de vecteurs ne dérive pas
d’un potentiel scalaire !

Exercice 20 - Quelques calcul - Deuxième année 1. On a :

π

F .dM =

(ab cos2 t + ab sin2 t) = πab.

0

(C)

On pouvait aussi interpréter ceci en termes d’aire, car la formule donne le double de l’aire
de la demi-ellipse (formule de calcul d’aire issue de la formule de Green-Riemann).
2. On peut faire un calcul direct, ou bien remarquer que la forme différentielle associée est
fermée sur R2 (égalité des dérivées partielles croisées). Comme R2 est étoilé, la forme
différentielle est exacte, ou, autrement dit, le champ de vecteur dérive d’un potentiel
scalaire. Comme on cherche sa circulation le long d’un chemin fermé, on trouve 0.
3. Là-encore, un calcul direct est possible, mais c’est plus facile si on remarque que le champ
de vecteurs dérive du potentiel scalaire f (x, y, z) = x2 y 2 z 2 − z 2 . A nouveau, la courbe est
fermée, et la circulation du champ de vecteurs est nulle.

Formule de Green-Riemann
Exercice 21 - - Deuxième année Le domaine correspondant a pour paramétrage :
Ω = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤

√

x .

On pose P (x, y) = 2xy − x2 et Q(x, y) = x + y 2 . On a :
∂Q ∂P
−
∂x
∂y

I =
Ω
1

dxdy

√
x

(1 − 2x)dydx

=
x2

0
1

=

√
(1 − 2x)( x − x2 )dx

0
1√

=

√
x − 2x x − x2 + 2x3 dx

0

=

1
.
30

Exercice 22 - - Deuxième année On va utiliser la formule de Green-Riemann. Pour cela, on commence par chercher P et Q
tels que :
∂Q
∂P
y2
= 2x3 et
= .
∂x
∂y
2


10

On prend par exemple Q(x, y) = x4 /2 et P (x, y) = y 2 /2. Le domaine considéré est l’intérieur
d’une ellipse, que l’on paramétrise en posant :
x = a cos θ et y = b sin θ.
On a donc :
I =

P dx + Qdy
∂D
π/2

=
0

b2 sin2 θ
b4 cos4 θ
× (−a sin θ) +
× (b cos θ)dθ.
2
2

On ﬁnit de calculer cette intégrale en linéarisant :
I=

4 4
ab2
a b−
.
15
3

Exercice 23 - Comparaison de deux méthodes de calcul - Deuxième année 1. Le bord de K peut être partagé en 3 parties :
C1 = {(t, 0); t va de 0 à 1} .
C1 = {(cos t, sin t); t va de 0 à π/2} .
C3 = {(0, t); t va de 1 à 0} .
Il est facile de vériﬁer que l’intégrale de ω le long de C1 ou de C3 est nulle, puisque ou x
ou y est nul et que ω fait toujours intervenir un produit xy. On a donc :
π/2

ω=

I=
γ

cos t(sin t)2 (− sin t) + 2(cos t)2 sin tdt.

0

On utilise les nombres complexes pour linéariser les expressions en sinus et cosinus :
−(sin t)3 cos t = −
=
=

eit − e−it
2i

3

eit + e−it
2

1
e4it − e−4it + 2(e2it − e−2it )
16i
sin 4t sin 2t
+
.
8
4

On a de même :
cos2 t sin t =

sin 3t sin t
+
.
4
4

D’où :
π/2

I =
=
=


sin 4t sin 3t sin 2t sin t
+
+
+
dt
8
2
4
2
0
−1
1
cos t π/2
cos(3t) + cos(2t) −
6
8
2 0
5
.
12
11

2. On a : P (x, y) = xy 2 et Q(x, y) = 2xy. D’après la formule de Green-Riemann :
(2y − 2xy)dxdy.

ω=
γ

K

On calcule cette dernière intégrale en passant en coordonnées polaires : x = r cos θ et
y = r sin θ. On a (x, y) ∈ K ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 1 et 0 ≤ θ ≤ π/2. D’où :
π/2

1

I =

(2r sin θ − 2r2 sin θ cos θ)rdθdr

0

0

π/2

1

=

(2r2 sin θ − r3 sin 2θ)dθdr

0

0
1

=

(2r2 − r3 )dr

0

=

5
.
12

On trouve (bien sûr !) le même résultat, mais le calcul par la formule de Green-Riemann
est plus facile !

Exercice 24 - Aire de l’astroïde - Deuxième année D’après la formule de Green Riemann, si γ est le bord orienté du domaine, on a :
A=

1
2

xdy − ydx.
γ

On calcule ensuite l’intégrale d’une forme diﬀérentielle de la façon habituelle :
1 π/2
a cos3 t 3a cos t sin2 t − a sin3 t −3a sin t cos2 t dt
2 0
3a2 π/2
cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 tdt.
2 0

A =
=

On linéarise les fonctions trigonométriques à l’aide des nombres complexes :
4

4

2

cos t sin t =
=
=
=

2

eit + e−it
eit − e−it
2
2i
−1 i4t
e + 4ei2t + 6 + 4e−i2t + e−i4t e2it − 2 + e−2it
26
−1 i6t
e + 2ei4t + ei2t − 4 + ei2t + 2ei4t + ei6t
26
−1
(cos(6t) + 2 cos(4t) + cos(2t) − 2) .
25

On en déduit :
π/2

cos4 t sin2 t =

0

=


−1
25
π
.
32

2π

cos 6t + 2 cos 4t + cos 2t − 2dt
0

12

Un calcul similaire (ou le changement de variables u = π/2 − t) prouve que
π/2

sin4 t cos2 tdt =

0

L’aire recherchée est donc

π
.
32

3a2 π
unités d’aire.
32

Exercice 25 - Aire d’une arche de cycloïde - Deuxième année Soit γ le bord du compact. Alors, par la formule de Green-Riemann, on sait que, au signe
près :
1
(xdy − ydx).
A = xdy = − ydx =
2 γ
γ
γ
Choisissons par exemple la première forme. L’intégrale sur l’axe (Ox) de xdy est nulle, il suﬃt
de choisir le paramétrage x(t) = 0 et y(t) = t. Il reste :
2π

a(1 − cos t) × a(1 − cos t)dt

A =
0

2π

= a2

1 − 2 cos t + cos2 tdt

0
2π

3
cos 2t
− 2 cos t +
dt
2
2
0
= 3πa2 unités d’aire.
= a

2

Exercice 26 - Aire comprise entre un disque et une hyperbole - Deuxième année On recommande de faire un dessin pour suivre la preuve. On va appliquer la formule de
Green-Riemann. Remarquons que l’intersection de x2 + y 2 ≤ 4, xy ≥ 1, x > 0 est donnée par
deux points :
x2 +

1
=4
x2

⇐⇒
⇐⇒

x4 − 4x2 + 1 = 0
√
√
4 − 12
4 + 12
2
2
x =
ou x =
,
2
2

ce qui donne, puisque x > 0,
x0 =

2−

√

3 ou x1 =

2+

3 ou y1 =

2−

√

3.

Les ordonnées correspondantes sont :
y0 =

2+

√

√

3.

Le bord orienté de D se constitue donc de deux parties : C1 correspond à la partie sur le cercle
comprise entre (x1 , y1 ) et (x0 , y0 ), C2 correspond à la partie sur l’hyperbole comprise entre
(x0 , y0 ) et (x1 , y1 ). On a alors :
xdy +

aire(D) =
C1


xdy.
C2

13

On calcule d’abord la deuxième intégrale, en utilisant le paramétrage :
√
√
C2 = (t, 1/t); t va de 2 − 3 à 2 + 3 .
On a donc :

√
√

xdy =
C2

√
2+ 3

√
2− 3

t×

−1
dt
t2

√ √
2+ 3
= [− ln t]√ √
2− 3

√ 
3

√
2− 3
√
= −ln( 2 + 3).


1
= − ln 
2

2+

On va paramétrer C1 à l’aide de coordonnées polaires :
x(θ) = 2 cos(θ) y(θ) = 2 sin(θ),
où θ va de θ1 à θ0 , θi désignant l’angle polaire associé à (xi , yi ). On a donc :
θ0

2 cos θ(+2 cos θ)dθ

xdy =
C1

θ1
θ1

= −2

(cos(2θ) + 1)dθ
θ0

= − sin(2θ1 ) + sin(2θ0 ) − 2(θ1 − θ0 ).
Il reste à évaluer ces quantités. Mais :
1
sin(2θ1 ) = 2 sin(θ1 ) cos(θ1 ) = f racx1 y1 2 = .
2
On prouve de même que :
1
sin(2θ0 ) = .
2
D’autre part,
sin(θ1 − θ0 ) = sin(θ1 ) cos(θ0 ) − sin(θ0 ) cos(θ1 )
√
√
1
=
(2 − 3 − 2 − 3)
4√
− 3
=
.
2
Puisque en outre θ0 − θ1 ∈ [0, π/2], on obtient que :
π
θ 0 − θ1 = .
3
Finalement, en regroupant tous nos résultats, on a prouvé que :
√
2π
aire(D) =
− ln(2 + 3),
3
le résultat étant bien sûr exprimé en unités d’aires.

14

Longueur d’un arc de courbe
Exercice 27 - Longueur d’un arche de cycloïde - Deuxième année En notant f (t) = (a(t − sin t), a(1 − cos t)), on a :
4a2 sin2 (t/2) = 2a sin(t/2).

f (t) =
L’arc a donc pour longueur :

2π

L=

2a sin(t/2) = 8a.
0

Exercice 28 - Longueur d’une spire d’hélice - Deuxième année Un calcul rapide montre que :
x (t)2 + y (t)2 + z (t)2 =

a 2 + h2 .

La longueur de la courbe vaut donc :
2π

a2 + h2 dt = 2π a2 + h2 .
0

Exercice 29 - Longueur de la cardioïde - Deuxième année On a x(θ) = ρ cos θ = a(1 + cos θ) cos θ et y(θ) = ρ sin θ = a(1 + cos θ) sin θ. On en déduit :
√
x(θ)2 + y(θ)2 = a 2 + 2 cos θ = 2a cos(θ/2).
On en déduit :

2π

L=

2a cos(θ/2) = 8a.
0

On pouvait aussi, à condition de connaitre la formule, utiliser directement l’expression de l’abscisse curviligne en coordonnées polaires :
(ds)2 = (dρ)2 + ρ2 (dθ)2 .


15

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