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D’INTÉGRATION.

l’espace à quarrer sera un rectangle $=6.$ La formule (F) deviendra donc

$6=2A+2B+2C+D.\qquad$(1)

4^o. Supposons, pour deuxième cas particulier, que la ligne à quarrer est une parabole ordinaire, touchant l’axe des $x$ au milieu de l’intervalle qui sépare les ordonnées extrêmes, et passant par les extrémités supérieures de ces ordonnées, que nous supposerons, comme ci-dessus, égales entre elles et à l’unité.

En supposant, pour un moment, l’origine transportée au point de contact, et remarquant que l’on doit avoir $y=1,$ lorsqu’on fait $x=\pm 3$, l’équation de cette parabole sera $y={\frac {x^{2}}{9}}\,;$ son aire sera $\int y\operatorname {d} x=\int {\frac {x^{2}\operatorname {d} x}{9}}={\frac {x^{3}}{27}}$ qui, prise jusqu’à $x=3,$ donnera $1$ pour la moitié de la surface dont il s’agit, de manière que cette surface $S$ sera $2.$

Au moyen de l’équation $y={\frac {x^{2}}{9}},$ on trouvera de plus

${\begin{array}{rl}y_{0}=y_{6}=1,&\quad {\text{d’où}}\quad y_{0}+y_{6}=2\,;\\y_{1}=y_{5}={\tfrac {4}{9}},&\quad {\text{d’où}}\quad y_{1}+y_{5}={\tfrac {8}{9}}\,;\\y_{2}=y_{4}={\tfrac {1}{9}},&\quad {\text{d’où}}\quad y_{2}+y_{4}={\tfrac {2}{9}}\,;\\y_{3}=0.\\\end{array}}$

En conséquence, on aura, par la substitution dans la formule

(F), $2=2A+{\tfrac {8}{9}}B+{\tfrac {2}{9}}C$ c’est-à-dire,

$9=9A+4B+C.\qquad$(2)

5^o.  Supposons, pour troisième cas particulier, que la ligne à quarrer est une parabole du quatrième degré, assujettie d’ailleurs aux mêmes conditions que la précédente ; en la rapportant à la même origine, elle aura pour équation $y={\tfrac {x^{4}}{81}}$ d’où $S=\int {\tfrac {x^{4}\operatorname {d} x}{81}}={\tfrac {x^{5}}{5.81}}\,;$ ce qui donne, entre les limites $+3$ et $-3,\ S={\tfrac {6}{5}}$. On a de plus