I nt« egraleŊ curviligneŊ

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017 L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices n^o 4

I ^nt« egraleŊ curviligneŊ

1Dessiner γ et déterminer R

γω quand

a) ω = (2xy+e^y) dx+ (x²+xe^y) dy et γ(t) = ^t_t²

sur[0,1] (regarder ce qu’est la dérivée de t7→t²e^tavant d’intégrer par parties);

b) ω =xdy−ydx etγ(t) = (^R_R^cos_sint^t)sur[α, β],α 6β (où R >0 est fixé).

Que représente géométriquement ce résultat ? c) ω =xdy−ydx et γ(t) = ^a+λt_b+µt

sur[0,1] (où a, b, λ, µ∈R) ; d) ω =xydx−zdy+xzdz et γ(t) =_cost

sint t

sur [0,2π].

2Intégrer ω= (3x+y) dx+ (2y−x) dy entreA(¹₀) et B(⁰₁) a) le long de la parabole d’équation y= (x−1)²;

b) le long du segment [A, B];

c) le long de l’arc de cercle de centre 0 et rayon 1, parcouru une fois dans le sens trigonométrique ;

d) entre B etA le long de ces mêmes courbes.

3Soient U un ouvert deR², γ = (^xy) : [a, b]→U un arc C¹ (où a < b), ω une forme différentielle exacte sur U et f: U → R une application C¹ telle que df =ω. On poseA=γ(a) etB =γ(b).

a) On pose g =f◦γ. Justifier la différentiabilité de g et exprimer dg en fonction des dérivées partielles de f et des dérivées dex et y.

b) En déduire que R

γω = f(B)−f A) (autrement dit, que cette intégrale ne dépend que des points de départ et d’arrivée, et pas du chemin suivi pour aller de l’un à l’autre).

c) Qu’en résulte-t-il si γ est un circuit fermé, i.e., si γ(b) = γ(a)?

4On considère les formes ω =xdx+ydy etν =xdy+ydx.

a) Montrer que ω etν sont fermées.

b) Montrer que ω et ν sont exactes et déterminer explicitement toutes leurs primitives. Indication : supposerω= df, intégrer explicitement ^∂f_∂x à y constant puis dériver le résultat par rapport ày.

5Soient ω = xdx+ydy

x²+y² etν = xdy−ydx x²+y² .

a) (i) La forme ω est-elle fermée ? exacte (l’intégrer explicitement)? (ii) Exprimer les primitives de ω en coordonnées polaires.

b) (i) Déterminer I =R

C_R⁺ω et J =R

C⁺_Rν où C_R⁺ est le cercle de centre O(⁰₀) et rayonR >0 parcouru une fois dans le sens direct.

(ii) La forme ν est-elle exacte ? fermée ?

6On pose ω= (2xy−x²) dx+ (x+y²) dy et l’on note γ le bord (parcouru une fois dans le sens direct)du domaineDdélimité par les courbes d’équations y =x² etx=y². En utilisant la formule de Green-Riemann, déterminerR

γω.

7Soient D =

(x, y) ∈ R²: x > 0, y > 0 et 1 6 x² +y² 6 4 et ω =xy²dx+ 2xydy. Déterminer I =R

∂Dω.

8Fixer trois points A, B et C du plan formant un triangle contenant O(⁰₀) en son intérieur. Déterminer l’intégrale des formes ω et ν définies en

5 le long du bord du triangle, parcouru une fois dans le sens direct.

9Soit C =

(x, y)∈R²: 16x²+y² 64 .

a) Dessiner C et déterminer un paramétrage du bord ∂C deC.

b) Calculer directement (sans utiliser Green-Riemann) R

∂Cxdy, R

∂C−ydx et R

∂C 1

2(xdy−ydx).

c) Déterminer d’une façon ou d’une autre R

∂Cω et R

∂Cν où ω et ν sont définies à l’exercice 5 .

10Calcul formel (et ses limites). Étant donnésr ∈ R^∗ et θ ∈ R, on pose x=rcosθ, y=rsinθ qu’on nvoit comme des fonctions de r ettheta.

a) Exprimer dx et dy en fonction de dr et dθ.

b) En déduire une expression de dr et dθ en fonction

(i) de r, θ, dx et dy (résoudre le système précédent, qui est linéaire en dr et dθ);

(ii) dex, y, dxet dy.

c) La forme dθ est-elle exacte surR^∗×R? Comparer avec la formeν de l’exercice 5 et expliquer.

Sujets d’examens. Sont donnés ci-après les deuxièmes exercices des trois derniers examens de l’ancien module « géométrie et calcul intégral ». Les premiers exercices portaient sur la géométrie des surfaces ; n’étant pas au programme du module « courbes et calcul intégral », ils ont été omis.

2

11Mai 2014

On fixe R >0. On note [13 pts]

D₁ =

(x, y)∈R²: x²+y² 6R² ; D₂ =

(x, y)∈R²: (x+R)²+y² 6R² ; H = R⁺×R;

D = D₁∩D₂∩H; O = (⁰₀) et B = ^−R₀

;

C1 = C(O, R) etC2 =C(B, R) (cercles de centres respectifsO etB et de rayonR) ; A le point d’intersection de C₁, C₂ et H.

a) Dessiner Det vérifier que le triangleBOA est équilatéral. Quelle est la

mesure principale des angles de ce triangle ? 2,5/

b) Déterminer les chemins suivants :

γ₁ paramétrant l’arc ABŇ du cercle C₁; γ₂ paramétrant l’arc OAŇ du cercle C₂;

γ₃ paramétrant le segment [BO]. 2,5/

On rappelle qu’un paramétrage du cercle C(I, R) est γ(t) =

xI+Rcost yI+Rsint

, 06t62π.

c) (i) Déterminer Z

γ1

ω, Z

γ2

ω et Z

γ3

ω quand ω = ¹₂(xdy−ydx). 2,5/

(ii) Montrer que l’aire de D estA(D) =R

∂Dω et calculer cette aire. 1,5/

On rappelle la formule de Green-Riemann : siω=pdx+qdyestC¹sur un ouvert U etD ⊂U est un domaine dont le bord est paramétrable par une courbe C¹ par morceaux, alors notant ∂D ce bord, parcouru une fois dans le sens direct, on a R

D

∂q

∂x−^∂p_∂y

=R

∂Dω.

d) (i) Déterminer Z

γ1

ω, Z

γ2

ω et Z

γ3

ω quand ω = ¹₃(xydy−y²dx). 2,5/

(ii) Montrer queR

Dydxdy=R

∂Dωet déterminer la position du centre

de gravité deDquand il est muni d’une densité de masse homogène. 1,5/

3

12Mai 2015

Calculs d’aires et de centres de gravité. On munit le plan euclidien

[13 pts]

orienté R² d’un repère orthonormé direct (O,~ı, ~).

On considère la figure suivante, où pour i= 1,2,

⊗ I_i = (^a₀ⁱ)∈(Ox) = (O,~ı);

⊗ γi =AŐiBi est un arc de cercle de centre I_i et rayon R_i, sy- métrique par rapport à l’ho- rizontale(Ox) et faisant avec elle un demi-angle α_i;

⊗ Les points A₁, A₂, B₁ et B₂ ont même abcisse.

α₁ I×₁

γ₁

α2

I2

×

γ₂ A₁

A₂ B₁ B₂

D

x

On considère le domaineDdélimité par les arcs et segments[A₁A₂],AŐ₂B₂, [B₂B₁] et BŐ₁A₁, qu’on munit d’une densité de masse homogène. Le but de l’exercice est de déterminer l’aire A(D) de D ainsi que la position de son centre de gravité G, puis de regarder quelques cas particuliers.

On rappelle la formule de Green-Riemann : si p et q sont des fonctions C¹ sur un ouvertU deR² etD⊂U est un domaine fermé dont le bord∂D, parcouru une fois dans le sens direct, est paramétrable par une courbe C¹ par morceaux, alors R

∂D(pdx+qdy) =R

D

∂q

∂x −^∂p_∂y dxdy.

On considère les formes différentiellesω =−ydx et ν=−xydx.

a) On fixe α ∈ [0, π], a ∈ R et R ∈ R^∗+. Soit γ: [−α,+α] → R² défini par γ(t) = ^a+Rcos_Rsint^t

. Représenter graphiquement γ et déterminerR

γω et R

γν. 3/

b) Soient a, b, c ∈ R et P = (^a_b) et Q = (^a_c) des points de R² de même abcisse a. Paramétrer le segment [P Q] et déterminerR

[P Q]ω et R

[P Q]ν. 2/

c) En déduire que A(D) = R

γ2ω−R

γ1ω etx_G = _A(D)¹ R

γ2ν−R

γ1ν

. 2/

d) Calculer A(D)en fonction de R₁,R₂,α₁ etα₂. 1/

e) Exemples. Dans les cas ci-dessous, exprimer α₁, α₂, a₁, a₂, R₂ (si

demandé),A(D)et la position deGen fonction des paramètres indiqués. 5/

(i) O× × × x

Cercles tangents en O.R₁ et R₂ va- rient indépendamment (etR₁6R₂).

A1 = A2 = B1 =B2 =O. Tout ex- primer en fonction de R₁ etR₂.

(ii) O×× × x

Cercles tangents. Le seul paramètre estR=R₁.A₁ =B₁ =O et[A₂B₂] est diamètre du grand cercle. Tout exprimer (y comprisR2) en fonction deR.

Certaines des valeurs trouvées étaient-elles prévisibles ?

13Mai 2016

On munit le plan euclidien orienté R² [13 pts]

d’un repère orthonormé direct (O,~ı, ~).

On fixe un réelR > 0et l’on considère la figure ci- contre, dans laquelle γ₂ etγ₃ décrivent des demi-

cercles de rayons respectifs 2R et R. ^γ1

γ₃

γ₂

−2R O ^2R x

y

D

a) Déterminer des paramétrages des cheminsγ₁,γ₂ etγ₃.On rappelle qu’un paramétrage du cercle C(I, r)est γ(t) =

xI+rcost yI+rsint

,06t62π. 2,5/

b) (i) Déterminer Z

γ1

ω, Z

γ2

ω et Z

γ3

ω quand ω= ¹₂(xdy−ydx). 2/

(ii) Montrer que l’aire de D est A(D) =R

∂Dω et calculer cette aire. 1,5/

On rappelle la formule de Green-Riemann : siω=pdx+qdyestC¹sur un ouvert U et D⊂U est un domaine dont le bord est paramétrable par une courbe C¹ par morceaux, alors notant ∂D ce bord, parcouru une fois dans le sens direct, on a R

D

∂q

∂x−_∂y^∂p

=R

∂Dω.

(iii) Retrouver ce résultat par un raisonnement géométrique. 0,5/

c) (i) Déterminer Z

γ1

ω, Z

γ2

ω et Z

γ3

ω quand ω=−xydx. 2,5/

(ii) Montrer que R

Dxdxdy =R

∂Dω et déterminer l’abcisse du centre

de gravité deDquand il est muni d’une densité de masse homogène. 1/

d) (i) Déterminer Z

γ1

ω, Z

γ2

ω et Z

γ3

ω quand ω= ¹₃(xydy−y²dx). 2/

(ii) Montrer queR

Dydxdy=R

∂Dωet déterminer la position du centre

de gravité deDquand il est muni d’une densité de masse homogène. 1/

5

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017 L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices n^o 4

E xerciceŊ non retenuŊ

14Intégrer ω= (3x+y) dx+ (2y−x) dy entreA(⁰₁)et B(²₅) a) le long de la parabole d’équation y=x²+ 1;

b) le long du segment [A, B];

c) entre B etA le long de ces mêmes courbes.

15On poseP(x, y) = e^−y

x²+y²(xsinx−ycosx)etQ(x, y) = e^−y

x²+y²(xcosx+

ysiny).

a) Montrer que ω =P dx+Qdy est exacte sur R².

16Soit ω= 4xydx+ ^x_y dy.

a) Déterminer le domaine de définition deω. Cette forme est-elle fermée ? exacte ?

b) On fixe α ∈ R₊. Déterminer R

γω et R

δω quand γ(t) = (_t^t2) sur [0, α]

et δ(t) = ^√_t^t

sur [0, α²].

c) Quel(s) commentaire(s) vous inspire(nt) cet exercice ?

17Calculs d’aires.

a) Soit D ⊂ R² un domaine sur lequel on peut appliquer la formule de Grenn-Riemann. Montrer que l’aire A(D)de D est égale à

A(D) = Z

∂D

xdy=− Z

∂D

ydx= 1 2

Z

∂D

(xdy−ydx).

b) Déterminer l’aire A de la portion de plan délimitée par l’axe des ab- cisses et l’arche de cycloïde de représentation paramétrique (x, y) = R(t−sint,1−cost), 06t 62π, où R >0 est fixé.

c) On suppose que D est une portion de plan délimitée par des droites formant des angles θ_A et θ_B avec l’axe des abcisses et une courbe γ définie en coordonnées polaires. Montrer que A(D) = ¹₂Rθ_B

θA r²dθ. Ap- plication : déterminer l’aire de la boucle de lemniscate de Bernouilli, définie par r² =a²cos 2θ,−^π₄ 6θ 6+^π₄, a étant un paramètre fixé.

Université de Pau et des pays de l’Adour Année 2016-2017 L, courbes & calcul intégral Feuille d’exercices n^o 4

S ^olutionŊ

1a) R

γω =R1

0 (2t²t+e^t)2tdt+t⁴+t²e^t) dt =R1

0 5t⁴+ (t²+ 2t)e^t dt

=

t⁵+t²e^t1

0 = 1 +e.

b) R

γω=Rβ

t=α(R²cos²t+R²sin²t) dt=Rβ

α R²dt= (β−α)R². Ainsi, quandβ−α 62π,R

γω représente le double de l’aire de la portion du disque de centre O, rayon R d’angle polaire compris entre α et β.

c) R

γω =R1

t=0 (a+λt)µ−(b+µt)λ

dt =R1

0(aµ−bλ) dt=aµ−bλ.

d) R

γω=R2π

t=0 (cost)(sint)(−sint)−(t)(cost) + (cost)(t)(1) dt

=R2π

0 (−costsin²t) dt =

−¹₃sin³t2π 0 = 0.

2a) On paramètre le trajet demandé par γ(t) =

_−t

(−t−1)²

= _−t

(t+1)²

, t ∈[−1,0].

R

γω=R0

t=−1 −3t+ (t+ 1)²

(−1) dt+ 2(t+ 1)²+t

2(t+ 1) dt

=R0

−1 3t−(t+ 1)²+ 4(t+ 1)³+ 2(t²+t) dt

=R0

−1 5t+ 2t²−(t+ 1)²+ 4(t+ 1)³ dt

=h

5

2t²+²₃t³− ¹₃(t+ 1)³+ (t+ 1)⁴i0

−1 =−⁵₂ + ²₃ − ¹₃ + 1 =−⁷₆. 1,5/

b) On paramètre le trajet demandé par γ(t) = (^1−t_t ),t ∈[0,1].

R

γω=R1

t=0 3(1−t) +t

(−1) dt+ 2t−(1−t) dt

=R1

0(−3 + 3t+ 2t−1 +t) dt =R1

0(6t−4) dt=

3t²−4t1

0 = 3−4 = −1. 1,5/

c) On paramètre le trajet demandé par γ(t) = (^cos_sint^t), t∈ 0,^π₂

. R

γω=Rπ/2

t=0(3 cost+ sint)(−sint) dt+ (2 sint−cost) costdt

=Rπ/2

0 (−3 sintcost−sin²t+2 sintcost−cos²t) dt=Rπ/2

0 (−sintcost−1) dt

=Rπ/2

0 −¹₂sin 2t−1

dt=₁

4cos 2t−tπ/2

0 =−¹₄ − ^π₂. 1,5/

6D =

(x, y) ∈ R²: 0 6 x 6 1 et x² 6 y 6 sqrtx et, posant pdx+ qdy = ω, R

γω = R

∂Dω = R

D

∂q

∂x − ^∂p_∂y

dxdy = R1 0

R

√x

x² (1− 2x) dydx = R1

0(1−2x)(√

x−x²) dx=R1 0(√

x−2x√

x−x²+ 2x³) dx=₂

3x^3/2−2²₅x^5/2−

x³

3 + 2^x₄⁴1

0 = ²₃ − ⁴₅ −¹₃ +²₄ = 40−48−20+30 60 = ₃₀¹ .

11a)Par définition d’un cercle,OA=R=BA. Comme de plusDO =R, le triangleBOA est équilatéral. Ses angles à chaque sommet sont donc égaux

à ^π₃ (on a besoin de les connaître pour déterminer l’intervalle de définition des cheminsγ₁ etγ₂).

x y

A

O B

D ^×G

γ1 γ2

γ₃

−R

2π 3

2,5/

b) γ₁(t) = (^R_Rsin^cos_t^t), ^2π₃ 6t 6π; γ₂(t) = ^R(cos_Rsint^t−1)

, 06t 6 ^π₃ ;

γ₃(t) =t−R, 06t 6R. 2,5/

c) (i) Z

γ1

ω = Z π

t=2π/3

1

2 Rcost(Rcost)−Rsint(−Rsint) dt

= Z π

2π/3

R²

2 (cos²t+ sin²t) dt = Z π

2π/3

R² 2 = R²

2 · π

3 = πR² 6 . Z

γ2

ω = Z π/3

t=0

1

2 R(cost−1)(Rcost)−Rsint(−Rsint) dt

= Z π/3

0

R²

2 (1−cost) =hR²

2 (t−sint)iπ/3 0

= πR² 6 −R²

2 sinπ/3

= π 6 −

√3 4

R². Z

γ3

ω = Z R

0

1

2 (t−R)×0−0×1

dt= 0. 2,5/

(ii) On est ici dans les hypothèses de Green-Riemann. De plus, posant ω = pdx+qdy, il vient p=−^y₂ etq = ^x₂, donc ^∂q_∂x− ^∂p_∂y = ¹₂ 1−(−1)

= 1. Par suite, A(D) =R

D

∂q

∂x− ^∂p_∂yg-r

= R

∂Dω=R

γ1ω+R

γ2ω+R

γ3ω = ^π₃ −

√3 4

R². 1,5/

Remarque. On pouvait aussi trouver ce résultat par un raisonnement géomé- trique : par raison de symétrie, A(D) est l’aire d’un secteur angulaire de disque d’angle ^2π₃ (d’aire ^πR₃²) duquel on a ôté un triangle de base2R

√3

2 et de hauteur ^R₂. d) (i)

Z

γ1

ω= Z π

t=2π/3

1

3 (Rcost)(Rsint)(Rcost)−(Rsint)²(−Rsint) dt

= Z π

2π/3

R³

3 sint(cos²t+ sin²t) dt= Z π

2π/3

R³

3 sintdt=h

−R³

3 costiπ 2π/3

= R³ 3

−cosπ+ cos2π 3

= R³ 3

+1− ¹₂

= R³ 6 . 2

Z

γ2

ω = Z π/3

t=0

1

3 R(cost−1)(Rsint)(Rcost)−(Rsint)²(−Rsint) dt

= Z π/3

0

R³

3 (1−cost) sintdt

=hR³

3 (−cost+1

2cos²t)iπ/3 0

= R³ 3

−cosπ 3 +1

2cos² π

3 + cos 0−1

2cos²0

= R³ 3

−1 2 +1

2 ·1

4 + 1− 1 2

= R³ 24. Z

γ3

ω = Z R

0

1

3 (t−R)×0×0−0²×1

dt= 0.

(ii) Posons ω = pdx+qdy. Alors p = −^y₃² et q = ^xy₃ , donc _∂x^∂q − ^∂p_∂y =

y

3 − −^2y₃

=y. Par suite, R

Dy =R

D = ^∂q_∂x− ^∂p_∂yg-r

= R

∂Dω =R

γ1ω+R

γ2ω+ R

γ3ω =R^{3 1}₆ + ₂₄¹

= ^5R₂₄³.

Enfin, notant G = (^xy^GG) le centre de gravité de D muni d’une densité de masse homogène, on a xG = −^R₂ (car D est symétrique par rapport à la droite d’équation x=−^R₂, doncGest situé sur cette droite), ety_G =

R

Dy A(D) =

5R³

24 · _(2π−3^12√_3)R2 = _2(2π−3^{5 √}₃₎R.

12a) γ est l’arc tracé ci-dessous du cercle [13 pts]

de centre I = (^a₀) et de rayon R.

L’arc γ est C¹ sur l’intervalle compact [−α,+α] et les formes ω et ν sont continues surR² ⊃γ [−α,+α]

, donc intégrables sur γ, et

R

γω = R+α

t=−α−Rsint(−Rsint) dt = Rα

−αR²sin²tdt = Rα

−α R²

2 (1−cos 2t) dt=_R²

2 t−^R₄² sin 2tα

−α=R²α−^R₂² sin 2α compte-tenu de la parité du sinus.

γ I×

α R x

2/

R

γν =Rα

−α(a+Rcost)R²sin²tdt=aR

γω+_R³

3 sin³tα

−α

=aR²α−a^R₂² sin 2α+^2R₃³ sin³α. 1/

b)Un paramétrage de[P Q]est donné parγ(t) =P+t−→

P Q= ((1−t)b+tc^a ). C’est un paramétrage C¹ sur un intervalle compact, donc ω et ν sont intégrables sur[P Q].R

[P Q]ω =R1

t=0− (1−t)b+tc

0 dt= 0 etR

[P Q]ν =R1

0 −a (1−t)b+ tc

0 dt= 0. 2/

3

c) (i) Posonsω =pdx+qdy. Alorsp: (x, y)7→ −y etq: (x, y)7→0sontC¹ sur R². Or D est fermé et son bord ∂D = γ₂ ` [B<sub>2</sub>B<sub>1</sub>] ` γ₁^op ` [A₁A₂] est paramétrable par une courbe C¹ par morceaux. Donc la formule de Green- Riemann s’applique et R

∂Dω = R

D

∂q

∂x − _∂y^∂p

dxdy = R

D 0−(−1)

dxdy = R

D dxdy=A(D). Enfin, R

∂Dω=R

γ2`[B2B1]`γ₁^op`[A1A2]ω =R

γ2ω+R

[B2B1]ω+R

γ₁^opω+R

[A1A2]ω=R

γ2ω− R

γ1ω puisque lesB_i etA_i ont même abcisse. D’où le résultat.

La situation est la même pourν : posonsν =pdx+qdy. Alorsp(x, y) =

−xy et q(x, y) = 0 sont des expressions C¹ sur R², _∂x^∂q − ^∂p_∂y = 0−(−x) = x et les intégrales de ν sur des segments verticaux sont nulles. Par suite, A(D)x_G =R

Dxdxdy=R

D(^∂q_∂x− ^∂p_∂y

dxdy=R

∂Dν =R

γ2ν−R

γ1ν. 2/

(ii) Compte-tenu du calcul fait en a), il vient donc que A(D) =R²₂α₂− R²₂

2 sin 2α₂−R²₁α₁+R²₁

2 sin 2α₁. 1/

d) (i) α₁ = α₂ = π; a₁ = R₁, a₂ = R₂. Dans les intégrales, les termes en sin 2α_i s’annulent et il reste donc A(D) = R²₂α₂−R²₁α₁ = π(R²₂ −R²₁). Ce résultat était prévisible : c’est la différence des aires des deux disques.

Par raison de symétrie, le centre de gravitéGest sis sur l’axe(Ox). Donc y_G = 0 et, en ne donnant que les éléments non nuls (sans les sinus, donc) qui composent ces intégrales, A(D)x_G = R

γ2ν −R

γ1ν = a₂R²₂π −a₁R²₁π = π(R³₂−R³₁). Par suite,x_G = ^R_R³²2^−R31

2−R²₁.

Si R₁ = 0, on trouve x_G = R₂, donc G = I₂ : on retrouve le centre de

gravité du deuxième disque, ce qui était prévisible. 2,5/

(ii) α₁ =π,α₂ =π/2; a₁ =R₁ =R, a₂ = 0; R₂ = 2R. là encore, les sin 2α_i s’annulent et A(D) =R²₂α₂−R²₁α₁ = ^π₂4R²−πR² =πR². Ce résultat était prévisible : c’est la différence des aires entre le disque D₁ et le demi-disque qui le contient.

Par raison de symétrie encore (et cela reste valable dans le cas général), G∈(Ox)etyG = 0. En supprimant à nouveau directement les éléments nuls (compte-tenu des annulations des sinus et de a₂),A(D)x_G =R

γ2ν−R

γ1ν =

2R³₂

3 sin³α2−a1R²₁α1 = ^16R₃³−πR³ = ¹⁶₃ −π

R³. Finalement,xG= _3π¹⁶−1

R. 2,5/

Remarque.En(i), on aπ(R²₂−R²₁) = A(D) = R

∂Dω = (R₂²−R²₁)R+π

−π sin²tdt, ce qui permet d’obtenir R+π

−π sin²tdt=π même si l’on a pas su calculer cette intégrale. Cela permet de calculer R

∂Dν sans savoir intégrersin²t.

En (ii), la connaissance des valeurs de R+π

−π sin²tdt et (par soustraction d’aires) de A(D) permet d’obtenir la valeur de R+π/2

−π/2 sin²tdt puis de x_G, 4

toujours sans savoir intégrer sin²t (ce qui est toute de même gênant en 2^e année).

13a) Un paramétrage deγ₁ estγ₁(t) = (^t₀),06t 62R.

Un paramétrage deγ₂ est γ₂(t) = (^2R_2Rsin^cos_t^t), 06t6π.

Vu les données de l’énoncé, les coordonnées du centreI du cercle de rayon R sont(^−R₀ ). Un paramétrage deγ₃ est donc γ₃(t) = ^−R+R_Rsint^cost

,06t6π. 2,5/

b) (i) R

γ1ω =R2R t=0 1

2(0×0 dt−0×1× dt) = 0; R

γ2ω =Rπ t=0

1

2 (2Rcost)(2Rcost) dt−(2Rsint)(−2Rsint) dt

=Rπ 0

4R²

2 (cos²t+ sin²t) dt=Rπ

0 2R²dt= 2πR²; R

γ3ω =Rπ t=0

1

2 R(cost−1)(Rcost) dt−(Rsint)(−Rsint) dt

=Rπ 0

R²

2 (cos²t−cost+ sin²t) dt

=Rπ 0

R²

2 (1−cost) dt =_R²

2 (t−sint)π

0 =π^R₂². ^2/

(ii) On est ici dans les hypothèse de la formule de Green-Riemann. Notons ω =pdx+qdy; alors ^∂q_∂x− ^∂p_∂y = ¹₂ 1−(−1)

= 1. Par suite, A(D) =R

D1 dxdy=R

∂Dω=R

γ1ω+R

γ2ω−R

γ3ω= 0 + 2πR²−π^R₂² = ³₂πR². 1,5/

(iii) Dest constitué d’un demi-disque de rayon2R(d’aire ¹₂π(2R)² = ⁴₂πR²) privé d’un demi-disque de rayon R (d’aire ¹₂πR²). Donc A(D) = ⁴₂πR² −

1

2πR² = ³₂πR². Le principal intérêt du calcul par intégration est de s’assu- rer qu’on a les bonnes expressions des paramétrages des chemins (dans les

questions suivantes, il n’y aura quasiment plus aucune vérification possible). 0,5/

c) (i) R

γ1ω =R2R

t=0−t×0×1× dt= 0; R

γ2ω =Rπ

t=0−(2Rcost)(2Rsint)(−2Rsint) dt

=Rπ

0 8R³costsin²tdt =₈

3R³sin³tπ

0dt= 0; R

γ3ω =Rπ

t=0−(R(cost−1)(Rsint)(−Rsint) dt

=Rπ

0 R³(costsin²t−sin²t) dt

=Rπ

0 R³ costsin²t− ^{1−cos 2t}₂ dt

=Rπ

0 R³ costsin²t− ¹₂ +^{cos 2t}₂ dt

=R³₁

3sin³t− ₂^t +^{sin 2t}₄ π 0

=−^R₂³π. ^2,5/

(ii) Notant ω = pdx +qdy, on a à présent _∂x^∂q − ^∂p_∂y = 0− (−x) = x, donc R

Dxdxdy = R

∂Dω = 0 + 0 −(−^R₂³π) en coupant comme ci-dessus 5

R

∂D =R

γ1+R

γ2−R

γ3. Par suite, x_G = _A(D)¹ R

Dxdxdy= _3πR² 2

R³

2 π = ^R₃. 1/

d) (i) R

γ1ω=R2R t=0

1

3(t×0×1× −0²×1×) dt = 0; R

γ2ω=Rπ t=0

1

3 (2Rcost)(2Rsint)(2Rcost)−(2Rsint)²(−2Rsint) dt

=Rπ 0

8

3R³sint(cos²t+ sin²t) dt

= ⁸₃R³Rπ

0 sintdt

= ⁸₃R³

−costπ

0 sintdt

= ⁸₃R³ −(−1)−(−1)

= ¹⁶₃R³; R

γ3ω=Rπ t=0

1

3 R(cost−1)(Rsint)(Rcost)−(Rsint)²(−Rsint) dt

= ^R₃³ Rπ

t=0(sint−sintcost) dt grâce au calcul précédent

= ^R₃³

−cost−¹₂sin²tπ 0

= ²₃R^{3 2/}

(ii) Notant ω =pdx+qdy, on a finalement _∂x^∂q − _∂y^∂p = ¹₃ y−(−2y)

= y, donc R

Dydxdy = R

∂Dω = 0 + ¹⁶₃R³ − ²₃R³ en coupant une dernière fois R

∂D =R

γ1+R

γ2−R

γ3. Par suite, y_G = _A(D)¹ R

Dydxdy = _3πR² 2

14R³

3 = _9π²⁸R. 1/

Illustration : on a tracé ci-contre les centres de gravité du demi-disque de rayonR, de celui de rayon 2R et le pointG.

−2R O ^2R

× GR

G_2R××_G

Bonnes vacances !

6

16^∂p_∂y = 4x, ^∂q_∂x = ¹_y 6= _∂y^∂p sauf si 4xy= 1, donc ω n’est pas fermée et par suite n’est pas exacte.

17b) A = 3πR², utiliser ydx.

c) A = ^a₂².

7