Exercices corrigés - Intégrales curvilignes

Remarquons d'abord que $U$ est étoilé, par exemple par rapport au point $(1,0)$. On vérifie ensuite que $\omega$ est fermée. En effet, si on pose $$P(x,y)=-\frac{y}{x^2+y^2}\textrm{ et }Q(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2},$$ on vérifie aisément que : $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ Par le théorème de Poincaré, $\omega$ est exacte. Cherchons ses primitives sur $U$, i.e. les fonctions $f$ de classe $C^1$ sur $U$ telles que : $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2+y^2},\ \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{x}{x^2+y^2}.$$ On commence par résoudre la deuxième équation, en intégrant par rapport à $y$. On trouve : $$f(x,y)=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)+H(x),$$ où $H$ est une fonction $C^1$ qui ne dépend que de $x$. On introduit cette expression de $f$ dans la deuxième égalité : $$\frac{\partial f}{\partial x}=H'(x)-\frac{y}{x^2+y^2}=-\frac{y}{x^2+y^2}.$$ On a donc $H'(x)=0$ sur $U$, ce qui entraîne que $H$ est une constante. Les primitives de $\omega$ sont donc de la forme : $$f(x,y)=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)+C,$$ où $C$ est une constante réelle.

1. En posant $P(x,y)=\frac{2x}{y}$ et $Q(x,y)=\frac{-x^2}{y^2}$, on a : $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{-2x}{y^2}.$$
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 : $\omega=df$. On doit alors résoudre : $$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{y}\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-x^2}{y^2}.$$ La première équation donne : $$f(x,y)=\frac{x^2}{y}+H(y),$$ et on introduit dans la seconde pour obtenir : $$\frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{x^2}{y^2}+H'(y)=-\frac{x^2}{y^2}.$$ On a donc $H(y)=Cste$, et on vérifie aisément que $f(x,y)=x^2/y$ est une primitive de $\omega$ : $\omega$ est exacte.
3. Le calcul ne dépend pas du chemin choisi, mais uniquement des extrémités pour une forme différentielle exacte. On trouve : $$\int_C\omega=f(3,8)-f(1,2)=9/8-1/2=5/8.$$

En posant $P(x,y)=y^3-6xy^2$ et $Q(x,y)=3xy^2-6x^2y$, on vérifie aisément que les dérivées croisées : $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=3y^2-12xy$$ sont égales. La forme différentielle est fermée, et comme elle est définie sur $\mtr^2$ 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 $f(x,y)=xy^3-3x^2y^2$. On utilise enfin cette primitive pour calculer l'intégrale curviligne, et on trouve : $$\int_C\omega=f(B)-f(A)=-236.$$

On pourrait remplacer $x$ par $r\cos\theta$, etc..., puis utiliser un paramétrage par $\theta$. Il est plus simple ici de constater que $\omega$ 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 $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=1.$$ La forme différentielle est fermée, et d'après le théorème de Poincaré, puisqu'elle est définie sur l'ouvert étoilé $\mtr$, elle y est exacte. On cherche une primitive $f$ de $\omega$ sur $\mtr^2$. On doit résoudre : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \dis\frac{\partial f}{\partial x}=x+y\\ \dis\frac{\partial f}{\partial y}=x-y. \end{array}\right.$$ La résolution de ce système se fait contrainte par contrainte. On a d'abord : $$f(x,y)=\frac{x^2}{2}+xy+H(y).$$ On réintroduit dans la seconde équation, et on trouve : $$f(x,y)=\frac{x^2}{2}+xy-\frac{y^2}{2}.$$ On a finalement : $$\int_C\omega=f(0,0)-f(2,0)=-2.$$

On pose : $$P=3x^2y+z^3,\dots Q=3y^2z+x^3,\dots R=3xz^2+y^3.$$ On vérifie que la forme différentielle est fermée, en calculant : $$\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x},\ \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\textrm{ et }\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial y},$$ et en montrant que ces quantités sont nulles. Comme $\mtr^3$ est un ouvert étoilé, le théorème de Poincaré garantit que $\omega$ est exacte. On cherche donc une fonction $f$ telle que : $$\frac{\partial f}{\partial x}=P,\ \frac{\partial f}{\partial y}=Q,\ \frac{\partial f}{\partial z}=R.$$ La première condition donne : $$\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2y+z^3,$$ ce qui donne : $$f(x,y,z)=x^3y+xz^3+g(y,z),$$ où $g$ est une fonction de classe $C^1$ sur $\mtr^2$. On a ensuite : $$\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2z+x^3\implies x^3+\frac{\partial g}{\partial y}=3y^2z+x^3.$$ On en déduit que $g(y,z)=y^3z+h(z)$, où $h$ est une fonction $\mtc^1$ sur $\mtr$. On cherche de même $h$ : $$\frac{\partial f}{\partial z}=3xz^2+y^3\implies 3xz^2+y^3+h'(z)=3xz^2+y^3.$$ $h$ est constante, et on a prouvé que les primitives de $\omega$ sont de la forme : $$f(x,y,z)=x^3y+xz^3+y^3z+c,\ c\in\mtr.$$

On peut bien sûr paramétrer et tout et tout... mais c'est un peu compliqué. Il est en fait plus facile de constater que $\omega$ 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 $\omega$ le long de ce cercle est nulle.

• On paramètre le segment en posant $y=x$, $0\leq x\leq 1$. On a donc : $$\int_{C_1}\omega=\int_0^1 (x^2-x^2)dx=0.$$
• Un paramétrage de la parabole est déjà donné dans l'énoncé. On a : $$\int_{C_2}\omega=\int_{0}^1 2y^5-y^3dy=\frac{1}{12}.$$

Les deux contours précédents ont même origine et même extrémité. La forme différentielle $\omega$ ne peut donc pas être exacte, sinon son intégrale curviligne ne dépendrait pas du chemin choisi. On peut également vérifier que $\omega$ n'est pas exacte en vérifiant qu'elle n'est pas fermée. En effet, en posant $P(x,y)=x^2$ et $Q(x,y)=-xy$, on a : $$\frac{\partial P}{\partial y}=0\textrm{ et }\frac{\partial Q}{\partial x}=-y.$$ Les dérivées partielles croisées ne sont pas égales.

On applique simplement la définition : \begin{eqnarray*} I&=&\int_0^{2\pi} (y(t)-z(t))x'(t)+(z(t)-x(t))y'(t)+(x(t)-y(t))z'(t)dt\\ &=&\int_0^{2\pi}\left(-R^2+hRt(\cos t+\sin t)+hR(\cos t-\sin t)\right)dt\\ &=&-2\pi R(h+R). \end{eqnarray*}

On a : \begin{eqnarray*} \int_C\omega&=&\int_{AB}\omega+\int_{BC}\omega+\int_{CD}\omega+\int_{DA}\omega\\ &=&\int_1^{-1}\frac{x-1}{x^2+1}dx+\int_{1}^{-1}\frac{-1+y}{1+y^2}dy\\ &&\ +\int_{-1}^1\frac{x+1}{x^2+1}dx+\int_{-1}^1\frac{1+y}{1+y^2}dy \end{eqnarray*} On fait ensuite les changements de variables $u=-x$ et $v=-y$ respectivement dans la première et la deuxième intégrale. On trouve : \begin{eqnarray*} \int_C \omega&=& \int_{-1}^1 \frac{-u-1}{(-u)^2+1}(-du)+\int_{-1}^1 \frac{-1-v}{1+(-v)^2}(-dv)\\ &&\ +\int_{-1}^1\frac{x+1}{x^2+1}dx+\int_{-1}^1\frac{1+y}{1+y^2}dy\\ &=&4\int_{-1}^1\frac{1+x}{1+x^2}dx\\ \end{eqnarray*} Il reste à calculer cette dernière intégrale : \begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 \frac{1+x}{1+x^2}dx &=&\int_{-1}^1 \frac{1}{1+x^2}dx+\frac 12\int_{-1}^1\frac{2x}{1+x^2}dx\\ &=&\left[\arctan(x)\right]_{-1}^1+\frac 12\left[\ln(1+x^2)\right]_{-1}^1\\ &=&\frac{\pi}2. \end{eqnarray*} L'intégrale recherchée vaut donc $2\pi$.

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 : $$\int_C\omega=\int_{C_1}\omega+\int_{C_2}\omega+\int_{C_3}\omega+\int_{C_4}\omega,$$ où les $C_i$ désignent les côtés successifs du carré. Calculons par exemple l'intégrale le long du segment $[AB]$. On paramétrise ce segment en posant : $$I=[-a,a],\ f(t)=\left(\begin{array}{c}x(t)=-t\\y(t)=a\end{array}\right).$$ On a donc : \begin{eqnarray*} \int_{C_1}\omega&=&\int_{-a}^a \frac{x(t)y'(t)-y(t)x'(t)}{x^2(t)+y^2(t)}dt\\ &=&\int_{-a}^a\frac{0+a}{a^2+t^2}dt\\ &=&\left[\arctan\left(\frac{t}{a}\right)\right]_{-a}^a\\ &=&\arctan(1)-\arctan(-1)\\ &=&\frac{\pi}{2}. \end{eqnarray*} Sur les autres $C_i$, on trouve la même chose. On a donc : $$\int_C\omega=2\pi.$$ La forme différentielle n'est pas exacte sur $\mtr^2\backslash\{0,0\}$, sinon son intégrale curviligne le long d'un chemin fermé serait nulle.

Les deux domaines sont des disques, que l'on paramètre 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 : $$C_1:\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\cos t\\ y&=&1+\sin t\\ \end{array}\right., \textrm{$t$ allant de $-\frac{\pi}{2}$ à 0},$$ $$C_2:\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&1+\cos u\\ y&=&\sin u\\ \end{array}\right., \textrm{$u$ allant de $\frac{\pi}{2}$ à $\pi$}.$$ On intègre ensuite : \begin{eqnarray*} \int_{C}\omega&=&\int_{C_1}\omega+\int_{C_2}\omega\\ &=&\int_{-\pi/2}^0\left(-(1+\sin t)\sin t+2\cos^2t\right)dt+\int_{\pi/2}^\pi\left(-\sin^2u+2(1+\cos u)\cos u\right)du\\ &=&\frac{\pi}{2}-1. \end{eqnarray*}

On pose $P(x,y)=x+y$ et $Q(x,y)=x-y$. Il est clair que : $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=1.$$ La forme différentielle est fermée, et comme elle est définie sur $\mtr^2$ qui est -évidemment- étoilé, elle est exacte. On calcule une primitive $f$ de $\omega$ sur $\mtr^2$. $$\frac{\partial f}{\partial x}=x+y\implies f(x,y)=\frac{x^2}{2}+xy+H(y).$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}=x+H'(y)=x-y\implies f(x,y)=\frac{x^2}{2}+xy-\frac{y^2}{2}$$ (on a choisi la constante égale à 0). Comme $\omega$ est exacte sur $\mtr^2$, on a : $$\int_C\omega=f((0,0))-f((2a,0))=-2a^2.$$

Toute la difficulté consiste à paramétrer le cercle. On introduit $z=1-x$ dans la seconde équation. On obtient, après simplifications d'usages : $$4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+2y^2=1.$$ Le cercle se paramétrise alors en : $$\left\{\begin{array}{rcl} x&=&\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\theta\\ y&=&\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta\\ z&=&\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos\theta,\end{array}\right.$$ avec $\theta\in[0,2\pi]$. On obtient : \begin{eqnarray*} I&=&\int_0^{2\pi}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos\theta\right)\left(-\frac{1}{2}\sin\theta\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\theta\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\theta\right)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta\frac{1}{2}\sin\theta d\theta\\ &=&\int_0^{2\pi}\frac{1}{2\sqrt{2}}(\cos^2\theta+\sin^2\theta)d\theta=\frac{\pi\sqrt{2}}{2}. \end{eqnarray*}

On paramètre le cercle par $x(t)=R\cos t$ et $y(t)=R\sin t$, où $t$ décrit l'intervalle $[-\pi,\pi]$. 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 : \begin{eqnarray*} \int_C\vec{V}.\overrightarrow{dM}&=&\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2 t+\cos^2dt\\ &=&2\pi. \end{eqnarray*} 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.

1. Par définition, \begin{eqnarray*} \int_{\Gamma_1} \vec{F}.\overline{dM}&=&\int_0^1(t^2-t)\times 2t-3t^2\times 2t\times 2+t^4\times(-1)dt\\ &=&\int_0^1 -t^4-10t^3-2t^2dt\\ &=&-\left[\frac{t^5}{5}-\frac{5}{2}t^2-\frac{2}{3}t^3\right]_0^1\\ &=&-\frac{101}{30}. \end{eqnarray*}
2. Le segment de droite [O,P] se paramétrise en : $$(t,2t,-t).$$ On a donc : \begin{eqnarray*} \int_{[OP]}\vec{F}.\overline{dM}&=&\int_0^1 (t-t)-12t^2-t^2dt\\ &=&\int_0^1-13t^2dt\\ &=&\frac{-13}{3}. \end{eqnarray*}

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

Le domaine correspondant a pour paramétrage : $$\Omega=\left\{(x,y)\in\mtr^2;\ 0\leq x\leq 1,\ x^2\leq y\leq \sqrt{x}\right\}.$$ On pose $P(x,y)=2xy-x^2$ et $Q(x,y)=x+y^2$. On a : \begin{eqnarray*} I&=&\int\!\int_{\Omega}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy\\ &=&\int_0^1\!\int_{x^2}^{\sqrt{x}}(1-2x)dydx\\ &=&\int_0^1(1-2x)(\sqrt{x}-x^2)dx\\ &=&\int_0^1\sqrt{x}-2x\sqrt{x}-x^2+2x^3dx\\ &=&\frac{1}{30}. \end{eqnarray*}

On va utiliser la formule de Green-Riemann. Pour cela, on commence par chercher $P$ et $Q$ tels que : $$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x^3\textrm{ et }\frac{\partial P}{\partial y}=y.$$ On prend par exemple $Q(x,y)=x^4/2$ et $P(x,y)=y^2/2$. Le domaine considéré est l'intérieur du quart d'une ellipse, que l'on peut paramétrer en posant : $$x=a\cos\theta\textrm{ et }y=b\sin\theta,\ \theta\in[0,\pi/2].$$ On a donc : \begin{eqnarray*} I&=&\int_{\partial D} Pdx+Qdy\\ &=&\int_0^{\pi/2} \frac{b^2\sin^2\theta}{2}\times(-a\sin\theta)+\frac{a^4\cos^4\theta}{2}\times(b\cos\theta)d\theta. \end{eqnarray*} On finit de calculer cette intégrale en linéarisant : $$I=\frac{4}{15}a^4b-\frac{ab^2}{3}.$$

Soit $\gamma$ le bord du compact. Alors, par la formule de Green-Riemann, on sait que, au signe près : $$A=\int_\gamma xdy=-\int_\gamma ydx=\frac{1}{2}\int_\gamma (xdy-ydx).$$ Choisissons par exemple la deuxième forme. L'intégrale sur l'axe $(Oy)$ de $ydx$ est nulle, il suffit de choisir le paramétrage $x(t)=0$ et $y(t)=t$. Il reste : \begin{eqnarray*} A&=&\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\times a(1-\cos t)dt\\ &=&a^2\int_0^{2\pi}1-2\cos t+\cos^2tdt\\ &=&a^2\int_0^{2\pi}\frac{3}{2}-2\cos t+\frac{\cos 2t}{2}dt\\ &=&3\pi a^2\textrm{ unités d'aire.} \end{eqnarray*}

1. Le bord de $K$ peut être partagé en 3 parties : $$C_1=\left\{(t,0);\ t\textrm{ va de 0 à 1}\right\}.$$ $$C_1=\left\{(\cos t,\sin t);\ t\textrm{ va de 0 à }\pi/2\right\}.$$ $$C_3=\left\{(0,t);\ t\textrm{ va de 1 à 0}\right\}.$$ Il est facile de vérifier que l'intégrale de $\omega$ le long de $C_1$ ou de $C_3$ est nulle, puisque ou $x$ ou $y$ est nul et que $\omega$ fait toujours intervenir un produit $xy$. On a donc : $$I=\int_\gamma \omega=\int_0^{\pi/2}\cos t(\sin t)^2(-\sin t)+2(\cos t)^2\sin tdt.$$ On remarque ensuite qu'une primitive de $-\cos t (\sin t)^3$ est $-(\sin t)^4/4$ et qu'une primitive de $\sin t(\cos t)^2$ est $-(\cos t)^3/3$. On a donc \begin{align*} I&=\left[\frac{-(\sin t)^4}4-\frac{2(\cos t)^3}3\right]_0^{\pi/2}\\ &=\frac{-1}4+\frac23=\frac{5}{12}. \end{align*}
2. On a : $P(x,y)=xy^2$ et $Q(x,y)=2xy$. D'après la formule de Green-Riemann : $$\int_\gamma \omega=\int\!\int_K (2y-2xy)dxdy.$$ On calcule cette dernière intégrale en passant en coordonnées polaires : $x=r\cos \theta$ et $y=r\sin\theta$. On a $(x,y)\in K\iff 0\leq r\leq 1\textrm{ et }0\leq\theta\leq\pi/2$. D'où : \begin{eqnarray*} I&=&\int_0^1\int_0^{\pi/2}(2r\sin\theta -2r^2\sin\theta\cos\theta)rd\theta dr\\ &=&\int_0^1\int_0^{\pi/2}(2r^2\sin\theta-r^3\sin2\theta)d\theta dr\\ &=&\int_0^1 (2r^2-r^3)dr\\ &=&\frac{5}{12}. \end{eqnarray*} On trouve (bien sûr!) le même résultat.

D'après la formule de Green Riemann, si $\gamma$ est le bord orienté du domaine, on a : $$A=\frac{1}{2}\int_\gamma xdy-ydx.$$ On calcule ensuite l'intégrale d'une forme différentielle de la façon habituelle : \begin{eqnarray*} A&=&\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}a\cos^3t\left(3a\cos t\sin^2 t\right)-a\sin^3t\left(-3a\sin t\cos^2t\right)dt\\ &=&\frac{3a^2}{2}\int_0^{\pi/2}\cos^4 t\sin^2t+\sin^4t\cos^2tdt. \end{eqnarray*} Pour calculer cette dernière intégrale, on peut factoriser par $\cos^2 t\sin^2 t$ pour trouver $$A=\frac{3a^2}{2}\int_0^{\pi/2}\cos^2t\sin^2t (\cos^2t+\sin^2t)dt=\frac{3a^2}{2}\int_0^{\pi/2}\cos^2t\sin^2t.$$ Utilisant des formules de trigonométrie, on a alors \begin{align*} A&=\frac{3a^2}8\int_0^{\pi/2}(\sin(2t))^2dt\\ &=\frac{3a^2}{16}\int_0^{\pi/2}(1-\cos(4t))dt\\ &=\frac{3a^2\pi}{32}. \end{align*} L'aire recherchée est donc $$\frac{3a^2\pi}{32}\textrm{ unités d'aire}.$$

On recommande de faire un dessin pour suivre la preuve. On va appliquer la formule de Green-Riemann. Remarquons que l'intersection de $x^2+y^2\leq 4,\ xy\geq 1,\ x>0$ est donnée par deux points : \begin{eqnarray*} x^2+\frac{1}{x^2}=4&\iff& x^4-4x^2+1=0\\ &\iff&x^2=\frac{4-\sqrt{12}}{2}\textrm{ ou }x^2=\frac{4+\sqrt{12}}{2}, \end{eqnarray*} ce qui donne, puisque $x>0$, $$x_0=\sqrt{2-\sqrt{3}}\textrm{ ou }x_1=\sqrt{2+\sqrt{3}}.$$ Les ordonnées correspondantes sont : $$y_0=\sqrt{2+\sqrt{3}}\textrm{ ou }y_1=\sqrt{2-\sqrt{3}}.$$ Le bord orienté de $D$ se constitue donc de deux parties : $C_1$ correspond à la partie sur le cercle comprise entre $(x_1,y_1)$ et $(x_0,y_0)$, $C_2$ correspond à la partie sur l'hyperbole comprise entre $(x_0,y_0)$ et $(x_1,y_1)$. On a alors : $$\textrm{aire}(D)=\int_{C_1}xdy+\int_{C_2}xdy.$$ On calcule d'abord la deuxième intégrale, en utilisant le paramétrage : $$C_2=\left\{(t,1/t);\ t\textrm{ va de }\sqrt{2-\sqrt{3}}\textrm{ à }\sqrt{2+\sqrt{3}}\right\}.$$ On a donc : \begin{eqnarray*} \int_{C_2}xdy&=&\int_{\sqrt{2-\sqrt{3}}}^{\sqrt{2+\sqrt{3}}}t\times\frac{-1}{t^2}dt\\ &=&\left[-\ln t\right]_{\sqrt{2-\sqrt{3}}}^{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\\ &=&-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\right)\\ &=&-ln(\sqrt{2+\sqrt{3}}). \end{eqnarray*} On va paramétrer $C_1$ à l'aide de coordonnées polaires : $$x(\theta)=2\cos(\theta)\ y(\theta)=2\sin(\theta),$$ où $\theta$ va de $\theta_1$ à $\theta_0$, $\theta_i$ désignant l'angle polaire associé à $(x_i,y_i)$. On a donc : \begin{eqnarray*} \int_{C_1}xdy&=&\int_{\theta_1}^{\theta_0}2\cos\theta(+2\cos\theta)d\theta\\ &=&-2\int_{\theta_0}^{\theta_1}(\cos(2\theta)+1)d\theta\\ &=&-\sin(2\theta_1)+\sin(2\theta_0)-2(\theta_1-\theta_0). \end{eqnarray*} Il reste à évaluer ces quantités. Mais : $$\sin(2\theta_1)=2\sin(\theta_1)\cos(\theta_1)=frac{x_1y_1}{2}=\frac{1}{2}.$$ On prouve de même que : $$\sin(2\theta_0)=\frac{1}{2}.$$ D'autre part, \begin{eqnarray*} \sin(\theta_1-\theta_0)&=&\sin(\theta_1)\cos(\theta_0)-\sin(\theta_0)\cos(\theta_1)\\ &=&\frac{1}{4}(2-\sqrt{3}-2-\sqrt{3})\\ &=&\frac{-\sqrt{3}}{2}. \end{eqnarray*} Puisque en outre $\theta_0-\theta_1\in[0,\pi/2]$, on obtient que : $$\theta_0-\theta_1=\frac{\pi}{3}.$$ Finalement, en regroupant tous nos résultats, on a prouvé que : $$\textrm{aire}(D)=\frac{2\pi}{3}-\ln(2+\sqrt{3}),$$ le résultat étant bien sûr exprimé en unités d'aires.

En notant $f(t)=(a(t-\sin t),a(1-\cos t))$, on a : $$\|f'(t)\|=\sqrt{4a^2\sin^2(t/2)}=2a\sin(t/2).$$ L'arc a donc pour longueur : $$L=\int_{0}^{2\pi}2a\sin(t/2)=8a.$$

Un calcul rapide montre que : $$\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}=\sqrt{a^2+h^2}.$$ La longueur de la courbe vaut donc : $$\int_0^{2\pi}\sqrt{a^2+h^2}dt=2\pi\sqrt{a^2+h^2}.$$

On a $x(\theta)=\rho\cos\theta=a(1+\cos\theta)\cos\theta$ et $y(\theta)=\rho\sin\theta=a(1+\cos\theta)\sin\theta$. On en déduit : $$\sqrt{x(\theta)^2+y(\theta)^2}=a\sqrt{2+2\cos\theta}=2a\cos(\theta/2).$$ On en déduit : $$L=\int_0^{2\pi}2a\cos(\theta/2)=8a.$$ On pouvait aussi, à condition de connaitre la formule, utiliser directement l'expression de l'abscisse curviligne en coordonnées polaires : $$(ds)^2=(d\rho)^2+\rho^2(d\theta)^2.$$