4. SOLUTIONS DES EXERCICES SUR L'INTÉGRALE CURVILIGNE
391
On constate que seul le terme x de Q amène une différence entre ces deux valeurs.
Mais l'intégrale curviligne est linéaire : si on pose V= Vi + ~' avec Vi, ~de
composantes respectives
P1 = P; Qi = Q - x = 3xy 2 - 3x 2 + 2y; P2 = 0 et Q2 = x, on obtient, en
appelant 'Y le contour du cercle complet, dans le sens direct,
or, !, lÏi(M) · dM est l'intégrale curviligne sur un contour fermé d'un champ
de gradients, puisque : 1 = 8
8 ~ 1 (c'est étudié pour!) (tous les champs de cet
exercice sont définis sur JR 2 tout entier qui est bien sûr un ouvert étoilé).
(En fait, il est aisé de voir que Vi = gradf(x,y) lorsque f(x,y) = xy 3 -3x 2 y+y 2 )
On peut affirmer que !, Vi ( M) · dM = 0 et donc
!, V (M) . dM = !, ~(M) . dM = !, X dy
Or, cette dernière intégrale curviligne est égale à l'aire du la boucle délimitée par
le contour 'Y donc à 21!".
On peut raisonner de la même manière pour !3 - li, qui est l'intégrale curviligne
sur le contour du demi-disque «inférieur » de ~' donc qui est égale à l'aire de
ce demi-disque, donc à 7r et de la même façon, li - h vaut aussi 7r. Toutes ces
remarques donnaient une méthode fort économique de calculer sans fatigue 12 et
!3, à partir de la valeur de fi.
Exercice 4.6.
Première méthode :
Le quart de cercle est paramétré par {
donc
x = cost
y= sint
r , . . . . . _ V(M). dM = r ,-.,(4x +y) dx + (x + 2y) dy
J;4.B
J;4.B
t E [O, ~]
dx = -sint dt
dy = cost dt
r12
= Jo ((4cost + sint)(-sint) + (cost + 2sint) cost) dt
r 1 2
[sin 2t + cos 2t] 7r 1 2 ( -1) - 1
= J 0 (cos 2t - sin 2t) dt =
2
0
=
2
r , . . . . . _ v(M). };4.B