Changement de variable en calcul intégral/Formule fondamentale du changement de variable

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Ce premier chapitre énonce et démontre le théorème fondamental du changement de variable en calcul intégral. Nous discuterons ensuite des modalités d'application de ce théorème.

Début d’un théorème

Théorème

Soient I et J deux intervalles réels, ϕ ∈ C¹(I, ℝ) telle que ϕ(I) ⊂ J, et f ∈ C⁰(J, ℝ). Alors :

$\forall \alpha ,\beta \in I\qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(\phi (t)\right)\phi '(t)\,\mathrm {d} t=\int _{\phi (\alpha )}^{\phi (\beta )}f(s)\,\mathrm {d} s$.

Fin du théorème

Démonstration

D'après le théorème fondamental de l'analyse, l'application

$F:J\to \mathbb {R} ,\,y\mapsto \int _{\phi (\alpha )}^{y}f(s)\,\mathrm {d} s$

est la primitive de $f$ nulle en $\phi (\alpha )$ et l'application

$G:I\to \mathbb {R} ,\,x\mapsto \int _{\alpha }^{x}f\left(\phi (t)\right)\phi '(t)\,\mathrm {d} t$

est la primitive de $(f\circ \phi )\times \phi '$ nulle en $\alpha$.

On en déduit que $F\circ \phi =G$. En effet :

• d'après le théorème de dérivation des fonctions composées, $(F\circ \phi )'=(F'\circ \phi )\times \phi '=(f\circ \phi )\times \phi '$ ;
• $F\left(\phi (\alpha )\right)=0$.

En particulier, $G(\beta )=F\left(\phi (\beta )\right)$, ce qu'il fallait démontrer.

 

Début de l'exemple

Exemple

Soient $a,b>0$. Pour calculer l'intégrale

$\int _{a}^{b}{\frac {1}{1+{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t$,

posons

$s=\phi (t)={\sqrt {t}}$.

La fonction ϕ est de classe C¹ de l'intervalle I = R₊* dans J = R₊, $a$ et $b$ appartiennent à I. Le changement de variable est donc valide. De plus :

$\phi '(t)={\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}$.

D'après la formule du changement de variable appliquée à la fonction $f(s)={\frac {2s}{1+s}}$ (qui est bien définie et continue sur J), on a donc :

${\begin{aligned}\int _{a}^{b}{\frac {1}{1+{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t&=\int _{a}^{b}{\frac {2{\sqrt {t}}}{1+{\sqrt {t}}}}\,{\frac {\mathrm {d} t}{2{\sqrt {t}}}}=\int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}{\frac {2s}{1+s}}\,\mathrm {d} s\\&=2\int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}\left(1-{\frac {1}{1+s}}\right)\mathrm {d} s=2\left[s-\ln(1+s)\right]_{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}\\&=2\left({\sqrt {b}}-{\sqrt {a}}-\ln {\frac {1+{\sqrt {b}}}{1+{\sqrt {a}}}}\right).\end{aligned}}$

(Par passage à la limite, on en déduit : $\int _{0}^{b}{\frac {1}{1+{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t=2\left({\sqrt {b}}-\ln(1+{\sqrt {b}})\right)$.)

Fin de l'exemple

Nous allons, dans les prochains chapitres, passer en revue les principaux changements de variable que l’on peut être amené à utiliser.

Tous les changements de variable envisagés, dans les exemples, vérifient ϕ(I) ⊂ J même si nous ne l’avons pas vérifié pour simplifier l’exposé.

Le lecteur est toutefois fortement invité à faire cette vérification.

Remarque

Cette condition ϕ(I) ⊂ J est indispensable.

Par exemple, en effectuant le changement de variable $s=\phi (t)=\sin t$ sans aucune précaution, on obtiendrait :

$\int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {t}{\sin t}}\,\mathrm {d} t=\int _{\frac {\sqrt {3}}{2}}^{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\frac {\arcsin s}{s{\sqrt {1-s^{2}}}}}\,\mathrm {d} s=0$,

alors qu'en réalité :

$\int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {t}{\sin t}}\,\mathrm {d} t>0$, puisque c'est l'intégrale, sur un intervalle de longueur non nulle, d'une fonction continue strictement positive.