On a vu que l’aire analytique définie par le graphe d’une fonction $f$ et l’axe $Ox$ est donnée par ${\int }_a^{b}f(x)dx$.

L’aire géométrique est donnée par ${\int }_a^b|f(x)|dx$.

Exemple 1.1. Calculons l’aire géométrique $A$ de la région du plan délimitée par la courbe $y=f(x)=2-\sqrt{x}$, les axes $Ox$ et $Oy$ et la droite $x=9$.

Remarquons que $f$ change de signe en $x=4$. Donc $$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^9|f(x)|dx\\ & ={\int }_0^{4}f(x)dx+{\int }_4^9[-f(x)]dx\\ & ={\int }_0^4[2-\sqrt{x}]dx+{\int }_4^9[-2+\sqrt{x}]dx\\ & ={\left[2x-\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}\right]|}_0^4+{\left[-2x+\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}\right]|}_4^9\\ & =\left(8-\frac{2}{3}\cdot 8\right)-0+\left(-2\cdot 9+\frac{2}{3}\cdot 27\right)-\left(-8+\frac{2}{3}\cdot 8\right)\\ & =\frac{16}{3}.\end{array}$$

Exemple 1.2. Calculons l’aire $A$ du disque de rayon $R$ centré à l’origine.

L’équation du cercle est $x^2+y^2=R^2$, et pour $x,y⩾0$, on a $$y=\sqrt{R^2-x^2}=:f(x).$$ On a donc $$A=4{\int }_0^{R}f(x)dx=4{\int }_0^R\sqrt{R^2-x^2}dx.$$ En posant $x=\phi (t):=R\sin (t)$, cette dernière devient $$\begin{array}{rl}4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{R^2-(R\sin (t){)}^2}\cdot \underset{{\phi }^{\prime }(t)}{\underbrace{R\cos (t)}}dt& =4R^2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2(t)dt\\ & =4R^2{\left[\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin (2t)\right]|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =4R^2\frac{\pi }{4}\\ & =\pi R^2.\end{array}$$

On peut aussi calculer l’aire entre deux courbes $y=f(x)$ et $y=g(x)$. Pour ceci, il est utile de

• trouver les points d’intersection des courbes,
• esquisser le domaine,
• calculer l’aire $A={\int }_a^b|f(x)-g(x)|dx$.

Exemple 1.4. Calculons l’aire $A$ de la région bornée, délimitée par les courbes $$y=x^2-4x=:f(x),y=6-x^2=:g(x).$$
Un simple croquis permet de comprendre la situation:

Commençons par chercher les points d’intersection des deux graphes: $$\begin{array}{rl}f(x)=g(x)& ⟺x^2-4x=6-x^2\\ & ⟺2x^2-4x-6=0\\ & ⟺(2x+2)(x-3)=0\\ & ⟺x=-1\text{ ou }x=3.\end{array}$$ Comme le graphe de $g$ est au-dessus de celui de $f$ sur $[-1,3]$, on a $|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)$ sur cet intervalle, et donc l’aire cherchée vaut $$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-1}^3|f(x)-g(x)|dx\\ & ={\int }_{-1}^{3}g(x)-f(x)dx\\ & ={\int }_{-1}^3(6-x^2)-(x^2-4x)dx\\ & ={\int }_{-1}^3-2x^2+4x+6dx\\ & ={\left(\frac{-2}{3}{x}^3+\frac{4}{2}{x}^2+6x\right)|}_{-1}^3\\ & =\frac{64}{3}.\end{array}$$

L’aire d’une région peut en souvent s’exprimer aussi à l’aide d’une intégration selon $y$, ce qiu peut parfois simplifier les calculs.

Exemple 1.5. Calculons l’aire $A$ de la région délimitée par l’axe $Oy$, la droite $y=\frac{\pi }{2}$ et la courbe $y=f(x)=\arcsin (x)$.

Commençons à intégrer par rapport à $x$: $$A={\int }_0^1\left(\frac{\pi }{2}-\arcsin (x)\right)dx=\frac{\pi }{2}-{\int }_0^1\arcsin (x)dx$$ En posant $x=\sin (t)$, $$\begin{array}{rl}A& =\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\arcsin (\sin (t))\cos (t)dt\\ & =\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}t\cos (t)dt\\ & =\frac{\pi }{2}-\left[{t\sin (t)|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin (t)dt\right]\\ & =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}-{\cos (t)|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =1.\end{array}$$ Regardons maintenant ce qui se passe en intégrant par rapport à $y$: $$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin (y)dy\\ & =-\cos (x){|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =1.\end{array}$$

Régions délimitées par des courbes paramétrées

Soit maintenant

une courbe paramétrée. Pour simplifier, supposons que la portion de courbe pour $t\in [\alpha ,\beta ]$ est située au-dessus de l’axe $Ox$, et qu’elle ne s’auto-intersecte pas:

Comment calcule-t-on l’aire $A$ sous la courbe, à l’aide d’une intégrale en la variable $t$?

Supposons d’abord que la fonction $x(t)$ est croissante, c’est-à-dire, que la particule se déplace vers la droite.

En prenant une partition $\{t_0,t_1,\dots ,t_{n-1},t_n\}$ suffisamment fine de l’intervalle du temps $[\alpha ,\beta ]$, on a

et si $x(t)$ est une fonction dérivable avec dérivée continue, on peut montrer que lorsque $n\to \infty$,

Si la fonction $x(t)$ est décroissante, c’est-à-dire, la particule se déplace vers la gauche, alors on a

et si $x(t)$ est une fonction dérivable avec dérivée continue, on peut montrer que lorsque $n\to \infty$,

Exemple 1.1. Calculons l’aire $A$ du disque de rayon $R$.

Paramétrisons le quart de cercle $x,y⩾0$ ainsi: $$\begin{array}{rl}M:[0,\pi /2]& \to {\mathbb{R}}^2\\ t& \mapsto M(t)=(R\sin (t),R\cos (t)).\end{array}$$ La fonction $x(t)$ est croissante sur $[0,\pi /2]$ et donc $$A=4{\int }_0^{\pi /2}\underset{=y(t)}{\underbrace{R\cos (t)}}\cdot \underset{=\dot{x}(t)}{\underbrace{R\cos (t)}}dt=4R^2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^2(t)dt=\pi R^2.$$