Changement de variables

Objectifs

La méthode du changement de variable est très utile pour le calcul d'intégrale ou de primitive ; elle peut conduire à des erreurs si elle n'est pas appliquée avec soin. On peut aussi se compliquer la vie inutilement si on l'applique de travers.

Guide

Le théorème et Démonstration
Cas où le changement de variables est évident
Exemple
Cas où le changement de variables n'est pas évident
Exemple typique
Exercices corrigés
Changement de variables dans une primitive
Exercices interactifs

Le théorème

Théorème : Soit varphi

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} (f \circ φ) (t) φ' (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (u) du .

Cas où le changement de variables est évident

On doit calculer

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} h (x) dx

; on voit que

x

apparaît toujours par l'intermédiaire d'une expression plus complexe

φ (x)

et de sa dérivée

φ' (x)

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} h (x) dx = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} (f \circ φ) (x) φ' (x) dx

on fait alors le changement de variable

u = φ (x)

: On applique à la fonction

f

le théorème.

Soit

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (x)) φ' (x) dx = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (u) du

Concrètement, on vérifie que la fonction varphi

est

C^{1}

sur

[a, b]

et on remplace

$φ (x)$	par	$u$
$φ' (x) dx$	par	$du$
les bornes $a$ et $b$	par	$φ (a)$ et $φ (b)$ .

On obtient ainsi une nouvelle intégrale

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (u) du

égale à l'intégrale

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} h (x) dx

Remarque : Quand

x

vaut

a

, la nouvelle variable

u = φ (x)

vaut

φ (a)

...
Exemple

Exemple

Pour voir le théorème en même temps.

Soit

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (x)) φ' (x) dx = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (u) du

Calculons $I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{3}^{6}$ $dx$ . La fonction à intégrer est de la forme $f (\ln (x))$ où est la dérivée de $φ (x) = \ln (x)$ et où $f$ est la fonction définie par $f (u) = u^{2}$ . On fait donc le changement de variable $u = \ln (x)$ :

On prend $f (u) = u^{2}$ et $φ (x) = \ln (x)$ .
On vérifie que est une fonction $C^{1}$ sur l'intervalle [3,6].
On vérifie que $f$ est une fonction continue sur l'intervalle $[φ (3), φ (6)] = [\ln (3), \ln (6)]$ .
Puis on remplace

$\ln (x)$ par $u$
$dt$ par $du$
les bornes 3 et 6 par $\ln (3)$ et $\ln (6)$

On obtient donc :

I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{\ln (3)}^{\ln (6)} u^{2} du = []_{\ln (3)}^{\ln (6)} = 0

Cas où le changement de variables n'est pas évident

On peut aussi utiliser la formule du théorème

Soit

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (t)) φ' (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (x) dx

de la droite vers la gauche. Pour calculer

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{α}^{β} f (x) dx

où

f

est une fonction continue sur

[α, β]

, on a envie de poser

x = φ (t)

.
Contrairement à ce qu'il est souvent écrit, on n'a pas besoin de définir la fonction réciproque de varphi

. Par contre, il est essentiel de trouver un intervalle

[a, b]

tel que

la fonction est définie, de classe $C^{1}$ sur $[a, b]$ et vérifie $φ (a) = α$ et $φ (b) = β$
la fonction $f$ est continue sur $φ ([a, b])$ (attention, $φ ([a, b])$ peut être plus grand que $[α, β]$ ).

On peut alors appliquer le théorème

Soit

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (t)) φ' (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (x) dx

pour faire le changement de variable

x = φ (t)

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{α}^{β} f (x) dx = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} (f \circ φ) (t) φ' (t) dt

Concrètement, une fois choisie la fonction varphi

on choisit $a$ et $b$ vérifiant $φ (a) = α$ et $φ (b) = β$ et on détermine l'intervalle $φ ([a, b])$ ;
on vérifie que est $C^{1}$ sur l'intervalle $[a, b]$ ;
on vérifie que $f$ est une fonction continue sur $φ ([a, b])$ ; c'est immédiat dans le cas $φ ([a, b]) = [α, β]$ ;
on remplace
$x$ par $φ (t)$

$dx$ par $φ' (t) dt$

les bornes et par $a$ et $b$

On obtient ainsi une nouvelle intégrale

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (t)) φ' (t) dt

égale à l'intégrale

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{α}^{β} f (x) dx

Remarque :

En général, on choisit $a$ et $b$ de manière à ce que la fonction soit bijective de $[a, b]$ sur $[α, β]$ , et en particulier tel que $φ ([a, b])$ soit égal à $[α, β]$ : par exemple dans le cas où le changement de variables est $x = \cos (u$ ) avec les bornes $α = 0$ et $β = 1$ , personne n'aurait l'idée saugrenue de prendre $a = - \frac{59}{2} π$ et $b = 80 π$ si la fonction $f$ est définie sur $ℝ$ . Mais c'est permis !
En aucun cas, il n'est nécessaire que la réciproque de soit $C^{1}$ .

Exemple typique Exercices corrigés

Exemple typique

Pour voir le théorème.

Soit

une fonction réelle de classe

C^{1}

définie sur l'intervalle

[a, b]

. Soit

f

une fonction continue sur l'intervalle

φ ([a, b])

. On a l'égalité :

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{b} f (φ (t)) φ' (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{φ (a)}^{φ (b)} f (x) dx

On veut calculer l'intégrale $I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{- 1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} dx$ . On a envie de poser $x = \cos (t)$ et de prendre comme fonction varphi la fonction définie par $φ (t) = \cos (t)$ sur un intervalle à déterminer.

La fonction est $C^{1}$ sur $ℝ$ . On choisit deux nombres $a$ et $b$ tel que
$\cos (a) = - 1$ et $\cos (b) = 1$ ,
$a = π$ et $b = 0$ par exemple.,
On peut aussi prendre $a = 11 π$ et $b = - 6 π$ ; mais bien sûr, jamais personne ne fera cela !

L'image de $φ$ est de toute façon contenue dans [-1,1] (et même égale).
La fonction $f$ définie sur [-1,1] par $f (x) = \sqrt{1 - x^{2}}$ est continue sur [-1,1] ;
On obtient par le théorème :
$I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{- 1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} dx = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{π}^{0} \sqrt{1 - \cos^{2} (t)} (- \sin t) dt$

On dit ici que l'on fait le changement de variables

x = \cos (t)

pour

t

compris entre

0

. Il ne reste plus qu'à finir les calculs.

Sur l'intervalle [0,], la fonction sin est positive, on a donc :

I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{0}^{π} \sin^{2} (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{0}^{π} \frac{1}{2} (1 - \cos (2 t)) dt = \frac{pi}{2} .

Remarquons que si on avait pris les bornes saugrenues

a = 11 π

b = - 6 π

, la fonction

\sin

n'aurait pas été positive entre

11 π

- 6 π

et le calcul aurait été moins simple !

Exercices corrigés

Exercice : Vous voulez calculer l'intégrale

I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{0}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} dx

. Le théorème justifie-t-il le changement de variables

x = \cos (t)

pour

t

compris entre

4 π

\frac{11}{2} π

? Que vaut l'intégrale transformée ?
Solution

Oui, le théorème s'applique :

la fonction définie sur l'intervalle [ $4 π, \frac{11}{2} π$ ] par $φ (t) = \cos (t)$ est $C^{1}$ .
Son image est contenue dans l'intervalle [-1,1]. On a
$\cos (\frac{11}{2} π) = 0$ , $\cos (4 π) = 1$
La fonction $f$ définie sur [-1,1] par $f (x) = \sqrt{1 - x^{2}}$ est continue sur [-1,1].

L'intégrale

I

est égale à

{\begin{array}{c} \int \end{array}}_{\frac{11}{2} π}^{4 π} \sqrt{1 - \cos (t)^{2}} (- \sin (t)) dt

Bien que correct, le choix de cet intervalle est tout à fait déconseillé car la suite des calculs serait très compliquée puisqu'il faudrait séparer en intervalles où

\sin

est de signe constant pour calculer

∣ \sin (t) ∣ = \sqrt{1 - \cos (t)^{2}}

Exercice : Soit

I = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{0}^{π} \frac{dx}{2 + \cos x}

. Le théorème justifie-t-il le changement de variables

x = Arctan (2 t)

? Que choisirez-vous pour les bornes

a

b

de la nouvelle intégrale ?
Solution

Non, je ne peux pas trouver de nombres

a

b

vérifiant les deux conditions suivantes

$Arctan (a) = 0, Arctan (b) = π$
la fonction $x \to Arctan (2 x)$ est définie et $C^{1}$ sur l'intervalle $[a, b]$ (ou $[b, a]$ ).

Par contre en transformant astucieusement, on peut utiliser dans ce cas le changement de variable dit évident ou conseillé, c'est-à-dire transformer 1/(2+cos(x)) par les formules de trigonométrie jusqu'à tomber sur une expression de la forme

1 / (2 + \cos (x)) = h (tg (x / 2)) tg (x / 2)'

. Sur quel intervalle peut-on alors prendre comme fonction varphi

la fonction donnée par

φ (x) = tg (x / 2)

Changement de variables dans une primitive

Pour le calcul de la primitive

F (x) = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{x} f (u) du

sur l'intervalle

[c, d]

(avec

a \in [c, d]

), on applique le changement de variable

u = φ (t)

si on peut

choisir un $y$ vérifiant $x = φ (y)$ et un $α$ tel que $a = φ (α)$
vérifier que est $C^{1}$ sur $[α, y]$ (ou $[y, α]$ )
vérifier que $f$ est une fonction continue sur $φ ([α, y])$ .

Pour remplir ces conditions, on est donc amené à choisir un changement de variable varphi

bijectif sur

[c, d]

afin de pouvoir considérer la fonction réciproque psi

sur

φ^{- 1} ([c, d])

Concrètement,

pour tout x de $[c, d]$ , on pose y=(x)
on vérifie que est $C^{1}$ sur $ψ ([c, d])$
on vérifie que $f$ est continue sur $[c, d]$ .

La primitive

F

est alors définie sur

[c, d]

et on a en tout point

x

[c, d]

F (x) = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{a}^{x} f (u) du = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{ψ (a)}^{ψ (x)} (f \circ φ (t)) φ' (t) dt

Exemple :

F (x) = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{0}^{x} \sqrt{1 - u^{2}} du (x \in [- 1, 1])

Le changement de variable

u = \cos (t)

appliqué à

t

compris entre

\frac{1}{2} π

et Arccos(x) donne (par définition de Arccos,

\sin (t)

est toujours positif ou nul pour

t

compris entre

\frac{1}{2} π

et Arccos(x)) :

F (x) = - {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{π / 2}^{Arccos (x)} \sin^{2} (t) dt = {\begin{array}{c} \int \end{array}}_{Arccos (x)}^{π / 2} \frac{1}{2} (1 - \cos (2 t)) dt

F (x) = \frac{1}{2} (π / 2 - Arccos (x) + \frac{\sin (2 Arccos (x))}{2})

F (x) = \frac{1}{2} (π / 2 - Arccos (x) + \sin (Arccos (x)) \cos (Arccos (x)))

F (x) = \frac{π}{4} - \frac{1}{2} Arccos (x) + \frac{x}{2} \sqrt{1 - x^{2}}

Exercices interactifs

Exercice : Dérivation d'une intégrale fonction des bornes

Exercice : Intégration interactive : changement de variables

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$\ln (x)$	par	$u$
$dt$	par	$du$
les bornes 3 et 6	par	$\ln (3)$ et $\ln (6)$