Déterminer des aires presque sans calculs, simplement en faisant des dessins, c’est ce que propose le calcul intégral visuel, ou encore la méthode de Mamikon. Cette méthode introduite en 1959 par le physicien arménien Mamikon A. Mnatsakanian, alors âgé de 17 ans, permet de calculer des aires balayées par des segments tangents à une courbe.

Regardons l’aire d’une couronne entre deux cercles concentriques. Vous savez la calculer comme différence de l’aire des deux cercles.

L’aire est donnée par

\[A=\pi R_2^2 – \pi R_1^2.\]

Cette formule ne nous apprend pas grand-chose.

Réécrivons-la comme

\[A = \pi (R_2^2 –R_1^2).\]

Posons

\[r = \sqrt{R_2^2 –R_1^2}.\]

Alors \(A = \pi r^2.\) Surprise : cette aire est l’aire d’un cercle de rayon \(r\) ! Quel est ce \(r\) ?

C’est la longueur d’une corde tangente au premier cercle jusqu’au deuxième cercle.

Pourquoi ? C’est la question qu’a posée Mamikon et pour laquelle il propose l’explication suivante. On découpe cette aire en secteurs très minces déterminés par des tangentes à la couronne intérieure.

On translate tous ces secteurs à l’origine et on voit que cette aire est à peu près égale à l’aire du cercle dont le rayon est la longueur \(r\) de la corde. À la limite quand les secteurs deviennent infiniment petits on a égalité.

Ce qui est remarquable c’est que le résultat ne dépend pas des rayons \(R_1\) et \(R_2\) des deux cercles, mais seulement de la longueur de la corde tangente au cercle intérieur. On peut donc trouver toute une famille de couronnes ayant la même aire, une pour chaque valeur de \(R_1,\) la première étant le cercle de rayon \(r, (R_1 = 0)\) et, pour chaque valeur de \(R_1\) on prend \(R_2=\sqrt{R_1^2 + r^2}.\)

C’est là qu’on peut se mettre à réfléchir. Qu’a-t-on fait ? On s’est promené le long du cercle intérieur et, ce faisant, on a balayé avec un vecteur tangent d’une longueur fixe, \(r,\) une région en forme de couronne: cette couronne c’est le balayage tangent. Ensuite, on a ramené tous les vecteurs tangents à la même origine. Ce faisant, ces rayons ont balayé une région qu’on appellera balayage translaté, qui se trouve être un cercle de rayon \(r.\) Et on a conclu que l’aire de la couronne est égale à l’aire du cercle. Avec le langage introduit :

L’aire du balayage tangent est égale à l’aire du balayage translaté.

C’est la grande idée de Mamikon qui explore jusqu’où on peut pousser ce principe et le transforme en théorème dans une variété de contextes.

Question 1 :

Peut-on remplacer le cercle intérieur par une courbe plus compliquée ?

Oui ! Si la courbe intérieure est convexe. La condition de convexité garantit que la courbe décrite par l’extrémité du vecteur tangent entoure la courbe initiale. Le résultat de Mamikon est que l’aire balayée par le vecteur tangent est égale à l’aire du cercle de rayon \(r.\)

Voici deux exemples de couronnes balayées par un vecteur tangent de longueur 1 pour deux ellipses de demi-axes 2 et 1 pour la première, et 3 et 1 pour la seconde. Dans les deux cas, l’aire de la couronne est égale à \(\pi.\)

Question 2 :

Peut-on faire varier la longueur du vecteur tangent lorsqu’on parcourt la courbe ?

Oui ! On peut généraliser la méthode à ce cas. Rappelons-nous la démarche ci-dessus : on a remarqué que l’aire de la région en forme de couronne balayée par le vecteur tangent (le balayage tangent) a la même aire que celle du balayage translaté.

Ainsi, l’aire de la couronne de gauche est la même que l’aire de la région de droite.

Ici l’exemple a été construit de telle sorte que la figure de droite soit une ellipse de demi-axes 1 et 2, et donc d’aire \(2 \pi,\) ce qui donne que l’aire de la couronne de gauche est \(2 \pi.\) Sur la figure de gauche le cercle central est de rayon 1, mais on obtiendrait la même aire pour la couronne avec un cercle central d’un autre rayon.

De plus, la courbe sur laquelle on promène un vecteur tangent n’a pas besoin d’être fermée. Voyons un exemple avec la tractrice.

Aire sous la tractrice

Prenons un point \(P\) partant de l’origine et se déplaçant sur l’axe des \(x\) à vitesse constante 1. Donc, à l’instant \(t,\) le point \(P\) est en \(P_t = (t, 0).\) Soit \(Q,\) un point de position initiale (0,1) et dont la position est \(Q_t\) au temps \(t.\) La tractrice est la courbe décrite par \(Q_t\) de telle sorte que

• à tout instant, \(Q_t\) se dirige vers \(P_t,\)
• le vecteur \(\overrightarrow{Q_t P_t}\) est de longueur 1,

c’est-à-dire que \(Q\) poursuit \(P\) en se déplaçant à la vitesse 1.

On veut calculer l’aire sous la tractrice. Il n’existe pas de formule simple pour la courbe comme fonction de \(x,\) seulement des équations paramétriques obtenues en résolvant un système d’équations différentielles. Mais, avec le théorème de Mamikon, on peut se passer de ces équations. En effet, les vecteurs \(\overrightarrow{Q_t P_t}\) sont des vecteurs tangents de longueur 1. Si on les translate tous au même point, le balayage translaté est simplement un quart de cercle de rayon 1.

On voit bien que le quart de cercle serait complet si on prolongeait la tractrice jusqu’à l’infini. Donc, sans aucun calcul, on obtient que l’aire sous la tractrice est égale à \(\pi/4\) !

L’aire sous l’exponentielle

On veut calculer l’aire sous le graphe de la fonction \(f (x) = be^{bx}\) entre \(– \infty\) et \(X.\) La seule chose qu’on va utiliser est que

\[f'(x) = b f(x) = be^{bx}.\]

Regardons la tangente à la courbe en un point \((x, f(x)).\) Le point est à la hauteur \(e^{bx}\) et la pente est \(be^{bx}.\) Donc, la tangente coupe l’axe horizontal à une distance \(1/b\) à gauche de \(x.\) (Cette longueur \(1/b\) est appelée la sous-tangente.) Ce qui est remarquable, c’est que la longueur de la sous-tangente est indépendante de \(x!\)

L’aire sous la courbe au-dessus de \(]– \infty,X]\) est l’aire balayée par les segments de tangente entre l’axe horizontal et la courbe à laquelle on ajoute l’aire du triangle orange. Par le théorème de Mamikon, l’aire balayée par les segments de tangente est la même que l’aire du balayage translaté, et cette aire est exactement la même que celle du triangle orange. Donc, sans calculs autres que la longueur de la sous-tangente, on obtient que l’aire sous la courbe est égale à deux fois l’aire du triangle orange, soit

\[\displaystyle \frac {1}{b} e^{bX}.\]

L’aire sous la cycloïde

La cycloïde est la courbe dessinée par un point marqué d’un cercle qui roule sans glisser le long d’une droite. En pratique, prenons un cercle de rayon 1, dont le centre se déplace vers la droite, le long de la droite \(y=1,\) à la vitesse 1 en partant de (0,1). La cycloïde est la courbe décrite par le point (0,0). On notera par \(P_t\) sa position au temps \(t.\)

Lorsque le centre du cercle est en \((t,1),\) la roue a parcouru une longueur de \(t,\) qui est donc la longueur de l’arc de cercle entre le point de tangence de la roue, \(X_t=(t,0)\) au temps \(t\) et le point \(P_t\) (voir aussi figure page 39). Donc, la roue a tourné d’un angle \(–t.\) Pour \(t=0\) le point marqué est en \(0=(0,0),\) ce qui correspond à l’angle \(–\pi/2.\) Donc, au temps \(t,\) le point \(P_t\) est en

\[P_t = \displaystyle \left ( \cos \left (–t– \frac{\pi}{2} \right ), \sin\left (–t– \frac{\pi}{2} \right ) \right ) +(t,1). \]

En tirant parti des identités trigonométriques

\[\displaystyle \cos \left (–t– \frac{\pi}{2} \right ), -\sin t \text{ et } \sin \left (–t– \frac{\pi}{2} \right ) = – \cos t,\]

d’où les équations paramétriques pour \(P_t\) :

\[\begin{array}{l l l} x(t) &=& t – \sin t, \\ y(t) &=& 1 – \cos t. \end{array}\]

et le graphe :

On veut calculer l’aire \(A\) sous la courbe. Remarquons que la courbe est inscrite dans le rectangle \([0, 2 \pi] \times [0, 2],\) dont l’aire est \(4 \pi.\) La méthode de Mamikon va permettre de montrer que l’aire au-dessus de la courbe est égale à l’aire d’un cercle de rayon 1, soit \(\pi,\) ce qui donnera \(A =3 \pi.\)

Pour cela, on va regarder cette zone comme un balayage tangent.

Et on verra qu’en ramenant tous les segments tangents à une même origine, ce sont les cordes d’un cercle passant par un point.

Pourquoi l’argument fonctionne-t-il ?

Regardons la figure, et le point marqué \(P_t\) sur le cercle au temps \(t.\) Le cercle est tangent à l’axe \(x\) au point \(X_t=(t,0).\) On voudrait montrer que la tangente à la cycloïde en \(P_t\) coupe le haut du rectangle à la verticale de \(X_t,\) soit au point \(Y_t = (t, 2).\) Ceci signifiera que l’angle \( \angle X_t P_t Y_t\) est droit (parce qu’inscrit dans un demi-cercle) et que la corde \(P_t Y_t\) balaie le demi-disque. On ramènera ensuite tous les points \(P_t\) à l’origine, ce qui terminera la preuve. Donc, il reste seulement à montrer que

la tangente à la cycloïde en \(P_t\) coupe le haut du rectangle en \(Y_t = (t, 2).\)

Comme le vecteur \(\overrightarrow{P_t Y_t}\) est perpendiculaire au vecteur \(\overrightarrow{X_t P_t},\) il suffit de montrer que le vecteur tangent à la cycloïde en \(P_t\) est perpendiculaire à \(\overrightarrow{X_t P_t} = (– \sin t,1– \cos t),\) ce qui est le cas puisque \(P_t’ = (1– \cos t, \sin t).\)

L’aire sous la courbe y = xⁿ au-dessus de [0, X]

Sans connaitre l’intégration il est possible de montrer que cette aire, \(A\) vaut \(A = x^{n+1}/(n+1).\) Pour cela, on regarde les graphes des deux courbes \(y=x^n\) et \(y=n^nx^n\) dans le rectangle \([0, X]×[0, X^n]\) (le dessin correspond à \(n = 3).\)

Remarquons que si on prend des tranches horizontales (en rouge sur la figure ci-dessous) la longueur de la portion de coupe au-dessus de \(y = x^n\) vaut n fois la longueur de la portion de coupe au-dessus de \(y=n^nx^n\) (la partie pointillée de la tranche rouge). Donc dans le rectangle \([0,X]×[0,X^n],\) l’aire au-dessus de \(y = x^n\) vaut \(n\) fois l’aire au-dessus de \(y = n^nx^n.\)

Par suite, l’aire entre les deux courbes vaut \((n–1)\) fois l’aire au-dessus de \(y=n^nx^n.\) On va montrer par la méthode de Mamikon que l’aire au-dessus de \(y=n^nx^n\) est égale à l’aire \(A\) sous la courbe \(y=x^n.\) Ainsi, l’aire du rectangle \([0,X]×[0,X^n]\) sera égale à \((n+1)\) fois l’aire sous la courbe \(y=x^n.\) Comme l’aire du rectangle est \(X^{n+1},\) l’aire sous la courbe vaudra bien \(A = x^{n+1}/(n + 1).\)

Pour terminer la preuve, il suffit de montrer que dans la figure en haut à droite de la page 39, l’aire balayée au-dessus de \(y=n^nx^n\) est égale à l’aire balayée sous \(y=x^n.\) Cette dernière est balayée par les segments tangents entre la courbe et l’axe horizontal. Par la méthode de Mamikon, cette aire est égale à l’aire du balayage tangent. Voyons que le balayage tangent est précisément la partie balayée au-dessus de \(y=n^nx^n.\) Regardons les deux segments se terminant à la hauteur \(x^n.\) Ce sont les segments bleus sur la figure : ils ont tous deux la même pente soit \(nx^{n–1}.\) Donc, le segment de gauche est bien le translaté à l’origine du segment de droite, ce qui termine la preuve.

Et si la courbe n’est pas convexe ?

Jusqu’à présent on a vu des exemples où la courbe est convexe, ce qui a pour résultat que tous les vecteurs tangents sont du même côté de la courbe. Mais, ce n’est plus le cas si la courbe n’est pas convexe. Le théorème de Mamikon se généralise à ce cas, mais à condition de donner un signe à l’aire : elle est positive quand elle est d’un côté de la courbe et négative de l’autre. On a encore que l’aire (signée) balayée par un vecteur tangent le long d’une courbe est égale à l’aire (signée) du balayage translaté.

Pour en s\(\alpha\)voir plus !

• • Calcul intégral visuel, Wikipedia: https://fr.wikipedia.org/wiki/Calcul_int%C3%A9gral_visuel
  • Subtangents — An Aid to Visual Calculus, Tom M. Apostol et Mamikon A. Mnatsakanian, The American Mathematical Monthly 109 (2002), no 6, pp. 525-533.

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