Intégrales doubles : régions et changement d’ordre

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Ces questions originales de Nablio portent sur la description des régions et le choix des méthodes d’intégration pour les intégrales multiples et les coordonnées polaires de MATH 222 à McGill. Elles couvrent une partie du cours seulement et ne constituent ni une évaluation officielle de McGill ni un examen blanc. Pour préparer un examen, choisissez les questions qui correspondent au plan actuel de votre groupe et aux consignes de votre enseignant.

Source consultée le 5 octobre 2026 : descriptions des cours du Département de mathématiques et de statistique de McGill, MATH 222.

Avant de commencer : lire la tranche

Toutes les coordonnées et variables d’intégration sont réelles et sans dimension. La coordonnée horizontale est $x$ ; la coordonnée verticale est $y$ . Dans chaque exercice, $D$ désigne la région donnée. La notation $dA$ représente un petit élément d’aire. L’intégrale de $1$ sur $D$ donne son aire, notée $A$ .
Dans l’ordre $dy\,dx$ , fixez $x$ , puis parcourez la tranche du bas vers le haut. Les bornes extérieures décrivent toute l’étendue horizontale.
Dans l’ordre $dx\,dy$ , fixez $y$ , puis parcourez la tranche de gauche à droite. Les bornes extérieures décrivent toute l’étendue verticale.
Changer l’ordre conserve la région et l’intégrande. Isolez l’autre coordonnée dans les équations des frontières, puis décrivez de nouvelles tranches. Les bornes intérieures peuvent dépendre de la variable extérieure; elles ne doivent pas dépendre de la variable que vous êtes en train d’intégrer.
Il faut découper lorsque la même formule ne décrit plus une extrémité de la tranche. Trouvez la hauteur ou la position horizontale où la frontière change. Intégrer les morceaux séparément évite aussi de cacher ce changement dans un minimum, un maximum ou une fonction définie par morceaux.
Les intégrandes de cette série sont continus sur les régions fermées et bornées utilisées. Les deux ordres d’intégration, avec des bornes valides, donnent donc la même intégrale double. Cette propriété est utilisée sous ces conditions; elle ne s’applique pas sans précaution aux intégrales impropres.

Travaillez les bornes avec les exercices 1–2, le découpage avec les exercices 3–4, le choix de l’ordre avec l’exercice 5 et le choix des coordonnées avec l’exercice 6. Aucune durée ni pondération d’examen n’est proposée.

1. Un triangle dont la frontière gauche varie

La région $D$ est délimitée par la droite horizontale $y=1$ , la droite inclinée $y=x+1$ et la droite verticale $x=3$ . Écrivez son aire comme intégrale itérée dans les deux ordres, puis calculez-la. Expliquez pourquoi, après le changement d’ordre, la borne inférieure de $x$ n’est pas $0$ .

Triangle de sommets (0,1), (3,1) et (3,4). Une tranche verticale va de y=1 à y=x+1. Une tranche horizontale va de x=y−1 à x=3.

Description textuelle. Le triangle est au-dessus de $y=1$ , sous $y=x+1$ et à gauche de $x=3$ . Ses sommets sont $(0,1)$ , $(3,1)$ et $(3,4)$ . Le segment orange en pointillés est une tranche verticale à $x=2$ . Le segment violet continu est une tranche horizontale à $y=3$ .

Indice

Trouvez les sommets en croisant les droites deux à deux. À une hauteur $y$ fixée, isolez $x$ dans $y=x+1$ , puis déterminez de quel côté de cette droite se trouve le triangle.

Solution expliquée

1. Décrire la géométrie. Les deux droites non verticales se rencontrent en $(0,1)$ . À $x=3$ , elles rencontrent la frontière verticale aux hauteurs $1$ et $4$ . L’étendue horizontale est donc $0\le x\le3$ , et l’étendue verticale est $1\le y\le4$ .

2. Utiliser des tranches verticales. Pour chaque $x$ fixé dans cette étendue, $y$ commence à $1$ et se termine à $x+1$ . Ainsi,

A=\int_0^3\int_1^{x+1}1\,dy\,dx.

L’intégrale intérieure mesure la hauteur de la tranche, soit $(x+1)-1=x$ . Donc

A=\int_0^3x\,dx=\frac92.

3. Utiliser des tranches horizontales. La frontière inclinée s’écrit $x=y-1$ . Pour un $y$ fixé entre $1$ et $4$ , le triangle commence sur cette droite et se termine à $x=3$ . On obtient

A=\int_1^4\int_{y-1}^{3}1\,dx\,dy.

La largeur est $3-(y-1)=4-y$ , d’où

A=\int_1^4(4-y)\,dy=\frac92.

4. Vérifier une tranche et l’aire. À $y=3$ , la tranche horizontale correcte va de $x=2$ à $x=3$ . La base et la hauteur perpendiculaire du triangle valent toutes deux $3$ , ce qui donne $A=3(3)/2=9/2$ .

Diagnostiquer et corriger

Mise en place proposée : $\int_1^4\int_0^3 1\,dx\,dy$ .

Diagnostic : Ces bornes couvrent un rectangle. Par exemple, elles incluent $(0,3)$ , qui se trouve pourtant au-dessus de $y=x+1$ . Elles donnent l’aire $9$ , soit le double de celle du triangle.

Correction : Remplacez la borne intérieure inférieure $0$ par $y-1$ . Lors du changement d’ordre, la frontière supérieure des tranches verticales devient la frontière gauche des tranches horizontales.

2. Entre une droite et une parabole

Soit $D$ la région bornée entre $y=x^2$ et $y=2x$ . Trouvez leurs intersections, écrivez l’aire dans les deux ordres et calculez-la. Précisez quelle racine de $y=x^2$ convient aux tranches horizontales.

Région entre y=x² et y=2x, de (0,0) à (2,4), avec une tranche horizontale allant de la droite à la branche positive de la parabole.

Description textuelle. Les courbes se rencontrent en $(0,0)$ et $(2,4)$ . Entre ces points, la droite est au-dessus de la parabole. À la hauteur $y$ , la droite donne l’extrémité gauche $x=y/2$ , et la branche positive de la parabole donne l’extrémité droite $x=\sqrt y$ . La tranche dessinée est à $y=1$ : elle va de $x=1/2$ à $x=1$ .

Indice

Utilisez $x^2=2x$ pour trouver les coordonnées des intersections. Pour changer l’ordre, isolez $x$ dans les deux équations, puis utilisez une hauteur test pour ordonner les extrémités.

Solution expliquée

1. Trouver la région bornée. La factorisation $x^2-2x=x(x-2)$ donne $x=0$ et $x=2$ . Les hauteurs correspondantes sont $0$ et $4$ . Pour $0\le x\le2$ , la différence $2x-x^2=x(2-x)$ est non négative : la droite est donc la frontière supérieure.

2. Décrire les tranches verticales. Leurs hauteurs inférieure et supérieure sont $x^2$ et $2x$ :

A=\int_0^2\int_{x^2}^{2x}1\,dy\,dx.

Intégrez la hauteur :

A=\int_0^2(2x-x^2)\,dx

=\left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_0^2=\frac43.

3. Changer l’ordre. Toute la région bornée se trouve dans $x\ge0$ ; la branche pertinente de la parabole est donc $x=\sqrt y$ . La droite devient $x=y/2$ . Pour $0\le y\le4$ , la droite est à gauche; par exemple, à $y=1$ , on a $1/2<1$ . Les extrémités se rejoignent à $y=4$ .

A=\int_0^4\int_{y/2}^{\sqrt y}1\,dx\,dy.

Ainsi,

A=\int_0^4\left(\sqrt y-\frac y2\right)dy

=\left[\frac23y^{3/2}-\frac{y^2}{4}\right]_0^4

=\frac{16}{3}-4=\frac43.

4. Vérifier les extrémités. Aux hauteurs $0$ et $4$ , la largeur horizontale est nulle. À la hauteur $1$ , elle vaut $1/2>0$ . Ces vérifications aident à repérer des bornes inversées.

Diagnostiquer et corriger

Bornes proposées après inversion : $0\le y\le4$ , $-\sqrt y\le x\le\sqrt y$ .

Diagnostic : Ces bornes incluent les deux branches de la parabole et ignorent la droite. Elles incluraient le point $(-1,1)$ , alors que la région bornée entre les deux courbes données ne contient aucun point de coordonnée $x$ négative.

Correction : Gardez la branche positive comme frontière droite et prenez $x=y/2$ comme frontière gauche. Le signe de la racine dépend de la position de la région, et non d’une règle imposant les deux racines pour chaque parabole.

3. Une intégrale horizontale devient deux intégrales verticales

Notons $I$ l’intégrale

I=\int_0^2\int_{y/2}^{3-y}(1+y)\,dx\,dy.

Dessinez ou décrivez sa région $D$ . Changez l’ordre en utilisant des intégrales séparées là où la frontière supérieure change, repérez le point de découpage et calculez le résultat. Expliquez pourquoi ni $2x$ ni $3-x$ ne donne une borne supérieure valide de $y$ sur toute l’étendue horizontale.

Triangle de sommets (0,0), (3,0) et (1,2). Sa frontière supérieure est y=2x à gauche de x=1 et y=3−x à droite.

Description textuelle. La base est $y=0$ , de $x=0$ à $x=3$ . Les deux autres côtés se rencontrent en $(1,2)$ . La frontière supérieure est $y=2x$ à gauche et $y=3-x$ à droite. La verticale en pointillés indique le changement à $x=1$ . Une tranche verticale est dessinée de chaque côté de cette droite.

Indice

Réécrivez $x=y/2$ et $x=3-y$ en isolant $y$ . La région doit se trouver sous les deux droites obtenues. Où ces deux frontières supérieures possibles se rencontrent-elles?

Solution expliquée

1. Lire les bornes initiales. La hauteur varie de $0$ à $2$ . À la hauteur $y$ , une tranche commence à $x=y/2$ et se termine à $x=3-y$ . À $y=0$ , les extrémités sont $0$ et $3$ . À $y=2$ , elles valent toutes deux $1$ . La région est le triangle représenté.

2. Trouver le changement de frontière supérieure. Les côtés ont pour équations $y=2x$ et $y=3-x$ . Ils se rencontrent lorsque $2x=3-x$ , donc à $x=1$ , $y=2$ . De $x=0$ à $x=1$ , une tranche verticale atteint d’abord $y=2x$ . De $x=1$ à $x=3$ , elle atteint d’abord $y=3-x$ . Toutes les tranches commencent à $y=0$ .

3. Écrire les deux morceaux. Notons $I_G$ et $I_D$ les intégrales sur les morceaux gauche et droit. Alors

I=I_G+I_D,

I_G=\int_0^1\int_0^{2x}(1+y)\,dy\,dx,

I_D=\int_1^3\int_0^{3-x}(1+y)\,dy\,dx.

La droite commune $x=1$ a une aire nulle. L’inclure comme extrémité des deux morceaux n’ajoute donc pas d’aire à l’intégrale double.

4. Calculer chaque morceau. Une primitive de $1+y$ par rapport à $y$ est $y+y^2/2$ . On obtient

I_G=\int_0^1(2x+2x^2)\,dx=\frac53.

Pour le morceau droit, posez $u=3-x$ . Il s’agit d’une substitution à une variable après le calcul de l’intégrale intérieure. Quand $x$ va de $1$ à $3$ , $u$ décroît de $2$ à $0$ , et $du=-dx$ . Donc

I_D=\int_0^2\left(u+\frac{u^2}{2}\right)du

=2+\frac43=\frac{10}{3}.

I=\frac53+\frac{10}{3}=5.

5. Vérifier dans l’ordre initial. La largeur horizontale est $3-3y/2$ . L’intégrale initiale se réduit donc à

I=\int_0^2(1+y)\left(3-\frac32y\right)dy

=\int_0^2\left(3+\frac32y-\frac32y^2\right)dy=5.

Diagnostiquer et corriger

Mise en place proposée : $\int_0^3\int_0^{3-x}(1+y)\,dy\,dx$ .

Diagnostic : Elle utilise la frontière supérieure droite partout et inclut des points au-dessus du côté gauche. Par exemple, $(1/2,2)$ respecte ces bornes proposées, mais viole $y\le2x$ . La valeur incorrecte obtenue est $9$ .

Correction : Découpez à $x=1$ . Utilisez $2x$ comme hauteur supérieure à gauche et $3-x$ à droite. Un minimum ou une borne définie par morceaux encoderait le même découpage au lieu de le supprimer.

4. Une région courbe tronquée à gauche

La région $D$ vérifie

-1\le x\le2, \qquad x^2\le y\le4.

Écrivez son aire avec des tranches verticales. Passez ensuite aux tranches horizontales en séparant explicitement les intervalles où la frontière gauche change, puis calculez l’aire à partir des deux descriptions.

La région au-dessus de y=x² et sous y=4 est tronquée à x=−1. Sous y=1, la frontière gauche est x=−√y; au-dessus, elle est x=−1.

Description textuelle. La région est au-dessus de la parabole $y=x^2$ , sous $y=4$ et à droite de $x=-1$ . Son point le plus à droite est $(2,4)$ . La frontière verticale gauche va de $(-1,1)$ à $(-1,4)$ . L’horizontale en pointillés à $y=1$ marque le changement de frontière gauche. Deux tranches horizontales sont montrées, sous et au-dessus de cette hauteur.

Indice

L’inégalité $x^2\le y$ donne $-\sqrt y\le x\le\sqrt y$ . Il faut aussi conserver $x\ge-1$ . À quelle hauteur la valeur $-\sqrt y$ passe-t-elle à gauche de $-1$ ?

Solution expliquée

1. Lire la description verticale. La frontière inférieure est la parabole et la frontière supérieure est la droite horizontale. L’aire vaut

A=\int_{-1}^2\int_{x^2}^4 1\,dy\,dx

=\int_{-1}^2(4-x^2)\,dx=9.

Pour le dernier calcul, la primitive $4x-x^3/3$ vaut $16/3$ en $2$ et $-11/3$ en $-1$ .

2. Trouver toute l’étendue verticale. Le point le plus bas est $(0,0)$ ; le haut est sur $y=4$ . Ainsi, $0\le y\le4$ . Le fait que le bord vertical gauche commence à la hauteur $1$ ne limite pas toute la région à $1\le y\le4$ .

3. Comparer les deux restrictions à gauche. Pour $0\le y\le1$ , on a $-\sqrt y\ge-1$ : la parabole détermine l’extrémité gauche. Pour $1\le y\le4$ , la droite $x=-1$ est plus à droite et détermine cette extrémité. La frontière droite reste $x=\sqrt y$ dans les deux morceaux. Comme $y\le4$ , elle respecte déjà $x\le2$ .

4. Écrire et calculer les morceaux. Notons $A_{\mathrm{bas}}$ et $A_{\mathrm{haut}}$ les aires situées respectivement sous et au-dessus de la hauteur $1$ .

A_{\mathrm{bas}}=\int_0^1\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}1\,dx\,dy

=\int_0^1 2\sqrt y\,dy=\frac43.

A_{\mathrm{haut}}=\int_1^4\int_{-1}^{\sqrt y}1\,dx\,dy

=\int_1^4(1+\sqrt y)\,dy=\frac{23}{3}.

A=A_{\mathrm{bas}}+A_{\mathrm{haut}}=9.

5. Vérifier des tranches représentatives. À $y=1/4$ , les extrémités sont $-1/2$ et $1/2$ . À $y=9/4$ , elles sont $-1$ et $3/2$ . Ces descriptions respectent la parabole et la droite qui tronque la région.

Diagnostiquer et corriger

Bornes proposées après inversion : $0\le y\le4$ , $-\sqrt y\le x\le\sqrt y$ .

Diagnostic : Elles oublient la droite qui tronque la région. Par exemple, $(-3/2,3)$ respecte ces bornes proposées et se trouve au-dessus de la parabole, mais viole $x\ge-1$ . L’aire proposée est $32/3$ , supérieure à $9$ .

Correction : Gardez la branche négative de la parabole seulement jusqu’à $y=1$ , puis remplacez l’extrémité gauche par $-1$ . Toutes les restrictions initiales doivent être conservées lors du changement d’ordre.

5. Changer l’ordre pour faire apparaître une substitution

Soit $e$ la base de l’exponentielle naturelle. Calculez

I=\int_0^1\int_{\sqrt x}^{1} e^{y^3}\,dy\,dx

en changeant l’ordre. Décrivez la région avant de manipuler l’intégrale et expliquez ce qui rend le nouvel ordre utile.

Région entre l’axe vertical et x=y², pour les hauteurs de 0 à 1. Une tranche horizontale a pour largeur y².

Description textuelle. La région vérifie $0\le x\le1$ et se trouve entre $y=\sqrt x$ et $y=1$ . De façon équivalente, à chaque hauteur $0\le y\le1$ , elle va de l’axe vertical $x=0$ à la parabole $x=y^2$ . La tranche dessinée est à $y=3/4$ : sa largeur est donc $9/16$ .

Indice

Ici, $x$ et $y$ sont non négatifs. L’inégalité $\sqrt x\le y$ équivaut donc à $x\le y^2$ . En intégrant d’abord par rapport à $x$ , l’exponentielle reste constante sur chaque tranche.

Solution expliquée

1. Décrire les tranches horizontales. La région commence à la hauteur $0$ , se termine à la hauteur $1$ et a pour frontière gauche $x=0$ . À la hauteur $y$ , son extrémité droite est $x=y^2$ . La restriction initiale $x\le1$ est automatiquement respectée puisque $0\le y\le1$ .

2. Écrire l’intégrale après changement d’ordre. Aucun découpage n’est nécessaire : les mêmes frontières gauche et droite conviennent sur toute l’étendue verticale.

I=\int_0^1\int_0^{y^2} e^{y^3}\,dx\,dy.

3. Intégrer d’abord selon la variable facile. À $y$ fixé, l’exponentielle ne dépend pas de $x$ . Son intégrale intérieure est sa valeur multipliée par la largeur de la tranche :

\int_0^{y^2}e^{y^3}\,dx=y^2e^{y^3}.

Ainsi,

I=\int_0^1 y^2e^{y^3}\,dy.

4. Faire la substitution. Posez $u=y^3$ , d’où $du=3y^2\,dy$ . Les nouvelles bornes sont encore $0$ et $1$ . Donc

I=\frac13\int_0^1 e^u\,du=\frac{e-1}{3}.

Il n’est pas nécessaire de trouver une primitive élémentaire de l’intégrande intérieur initial par rapport à $y$ . La nouvelle intégrale intérieure fournit exactement le facteur $y^2$ nécessaire à la substitution.

5. Vérifier l’ordre de grandeur. L’aire de la région est $\int_0^1 y^2\,dy=1/3$ . Sur cette région, $1\le e^{y^3}\le e$ , donc

\frac13\le I\le\frac e3.

La réponse vaut environ $0{,}57276$ , ce qui respecte cet encadrement.

Diagnostiquer et corriger

Borne supérieure de $x$ proposée : $x=\sqrt y$ .

Diagnostic : Cette borne répète une racine carrée au lieu d’isoler $x$ dans l’équation initiale. À $y=1/2$ , l’extrémité droite correcte est $x=1/4$ , alors que la borne proposée vaut environ $0{,}707$ . Les points ajoutés ne vérifient pas $y\ge\sqrt x$ .

Correction : Réécrivez $y=\sqrt x$ sous la forme $x=y^2$ . Les coordonnées non négatives justifient ici le passage au carré. Vérifiez par substitution à une hauteur donnée avant tout calcul.

6. Choisir entre coordonnées cartésiennes et polaires

La région $D$ est la partie de la couronne

1\le x^2+y^2\le4

qui se trouve dans le premier quadrant, frontières comprises : $x\ge0$ , $y\ge0$ . Définissons $f(x,y)=x^2+y^2$ . Écrivez

J=\iint_D f(x,y)\,dA

avec des tranches verticales en coordonnées cartésiennes, puis en coordonnées polaires. Choisissez la description la plus simple et calculez $J$ . Expliquez les bornes radiales et le facteur d’aire dans l’intégrale polaire.

Quart de couronne compris entre les rayons 1 et 2 dans le premier quadrant. Un rayon à l’angle θ traverse la région seulement de r=1 à r=2.

Description textuelle. Deux cercles concentriques, centrés à l’origine, ont pour rayons $1$ et $2$ . Seul le quart de couronne du premier quadrant est inclus. Les points de rayon inférieur à $1$ , y compris l’origine, sont exclus; la frontière circulaire intérieure de rayon $1$ est incluse. Une demi-droite formant l’angle $\theta$ avec l’axe horizontal positif entre dans la région au rayon $1$ et en sort au rayon $2$ . Le dessin indique aussi $x=1$ , où la frontière cartésienne inférieure change.

Indice

Pour une tranche verticale avec $0\le x\le1$ , le cercle intérieur impose une frontière inférieure. Pour $1\le x\le2$ , la tranche commence sur l’axe horizontal. En coordonnées polaires, $x^2+y^2=r^2$ : vérifiez que les bornes portent sur $r$ , et non sur $r^2$ .

Solution expliquée

1. Décrire les tranches cartésiennes. Définissez la hauteur du cercle extérieur

b(x)=\sqrt{4-x^2}\quad(0\le x\le2),

et la hauteur du cercle intérieur

a(x)=\sqrt{1-x^2}\quad(0\le x\le1).

Pour $0\le x\le1$ , la tranche va de $a(x)$ à $b(x)$ . Pour $1\le x\le2$ , elle va de $0$ à $b(x)$ . Notons $J_1$ et $J_2$ les contributions de ces deux intervalles horizontaux :

J=J_1+J_2,

J_1=\int_0^1\int_{a(x)}^{b(x)} f(x,y)\,dy\,dx,

J_2=\int_1^2\int_0^{b(x)} f(x,y)\,dy\,dx.

Les bornes sont valides, mais introduisent deux morceaux et des racines carrées.

2. Décrire les tranches polaires. La coordonnée radiale $r$ est la distance à l’origine. L’angle $\theta$ est mesuré en radians, dans le sens antihoraire depuis l’axe horizontal positif. La constante $\pi$ a sa valeur usuelle liée au cercle. Ici,

x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,

1\le r\le2,\qquad0\le\theta\le\frac\pi2.

Pour chaque angle permis, la tranche va entre les mêmes rayons, sans découpage.

3. Transformer l’intégrande et l’élément d’aire. L’intégrande devient $f=r^2$ . Une petite cellule polaire a une épaisseur radiale $dr$ et une largeur tangentielle approximative $r\,d\theta$ . La formule exacte de changement de variables utilise

dA=r\,dr\,d\theta.

Le facteur $r$ tient compte de l’aire plus grande balayée par un même angle lorsqu’on s’éloigne de l’origine. Ainsi,

J=\int_0^{\pi/2}\int_1^2 r^3\,dr\,d\theta.

4. Calculer. L’intégrale radiale vaut

\int_1^2 r^3\,dr=\frac{2^4-1^4}{4}=\frac{15}{4}.

Elle ne dépend pas de $\theta$ , donc

J=\frac{15}{4}\cdot\frac\pi2=\frac{15\pi}{8}.

5. Vérifier la taille du résultat. L’aire vaut le quart de la différence des aires des disques :

A=\frac\pi4(2^2-1^2)=\frac{3\pi}{4}.

La valeur moyenne de $f$ est $J/A=5/2$ , entre son minimum $1$ et son maximum $4$ sur la région. Cette vérification de plausibilité ne remplace pas la mise en place.

Diagnostiquer et corriger

Mise en place polaire proposée : $\int_0^{\pi/2}\int_1^2 r^2\,dr\,d\theta$ .

Diagnostic : Les rayons et les angles sont corrects, mais le facteur d’aire polaire manque. On obtient alors $7\pi/6$ , qui correspond à une autre intégrale pondérée.

Correction : Transformez $dA$ en même temps que la fonction. Multipliez $r^2$ par $r$ pour obtenir $r^3$ . Notez aussi que $1\le r^2\le4$ donne $1\le r\le2$ , puisque $r\ge0$ .

Choisir la prochaine étape

Si un point test ne respecte pas vos bornes, reprenez les exercices 1–2 et dites « du bas vers le haut » ou « de gauche à droite » avant d’écrire les symboles.
Si une frontière change au milieu de la région, reprenez les exercices 3–4 et marquez ce changement sur le croquis.
Si l’intégrale intérieure est difficile, examinez la région dans l’autre ordre comme à l’exercice 5. Le changement n’aide que si les nouvelles bornes et l’intégrande rendent vraiment le calcul plus simple.
Si la région est construite à partir de cercles centrés à l’origine, comparez une description polaire comme à l’exercice 6. Vérifiez séparément le secteur angulaire, l’intervalle radial et le facteur d’aire.

Pour situer ces notions dans le cours, consultez le guide Nablio existant pour MATH 222 à McGill. Son exemple de triangle constitue un point de départ utile avant cette série. Pour revoir une substitution à une variable, utilisez la ressource Nablio sur le choix d’une méthode d’intégration. Avant une évaluation, adaptez votre travail au plan de votre groupe, aux devoirs et au matériel permis.

Intégrales doubles : régions et changement d’ordre

Lien avec le cours et portée

Avant de commencer : lire la tranche

1. Un triangle dont la frontière gauche varie

2. Entre une droite et une parabole

3. Une intégrale horizontale devient deux intégrales verticales

4. Une région courbe tronquée à gauche

5. Changer l’ordre pour faire apparaître une substitution

6. Choisir entre coordonnées cartésiennes et polaires

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