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 verrons les modalités d'application de ce théorème dans les chapitres suivants.

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Début d’un théorème

Théorème

Soient $I$ et $J$ deux intervalles réels, $\Phi \in C^{1}(I,\mathbb {R} )$ telle que $\Phi (I)\subset J$ et $f\in C^{0}(J,\mathbb {R} )$

Alors :

${\begin{array}{lcl}\forall \alpha ,\beta \in I\\\forall \Phi (\alpha ),\Phi (\beta )\in J\end{array}}\qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(\Phi (t)\right)\Phi '(t)\,\mathrm {d} t=\int _{\Phi (\alpha )}^{\Phi (\beta )}f(s)\,\mathrm {d} s$

Avec :

• $s=\Phi (t)$
• $ds=\Phi '(t)dt$

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 $\Phi$ est de classe $C^{1}$ de l'intervalle $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$ dans $J=\mathbb {R} _{+}$, $a$ 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 :

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

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 effectuer.

Tous les changements de variable envisagés, dans les exemples, vérifient $\Phi (I)\subset J$.

Remarque

La condition $\Phi (I)\subset J$ 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 d'une fonction continue strictement positive sur un intervalle de longueur non nulle.