Changement de variables

Les intégrations successives peuvent conduire à des calculs fastidieux si la fonction ou le domaine sont compliqués. La technique du changement de variables permet de les simplifier.

Théorème 9   Soient $D$ et $\Delta$ deux domaines ouverts de $\mathbb{R}^2$, et $\Phi$ un difféomorphisme de $D$ sur $\Delta$.

$$\Phi :\;\left\{ \begin{array}{rcl} D&\longrightarrow&\Delta... ...&\Phi(x,y) = (u,v)\\ &&u=u(x,y) ,v=v(x,y) \end{array}\right.$$

Soit $f :\;(x,y)\mapsto f(x,y)$ une fonction continue sur $D$.

$$\int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_\Delta f(\Phi^{-1}(u,v)) \vert J(\Phi^{-1})(u,v)\vert \mathrm{d}u\mathrm{d}v\;,$$

où $J(\Phi^{-1})(u,v)$ est le déterminant jacobien de $\Phi^{-1}$ au point $(u,v)$ de $\Delta$.

Pour comprendre ce résultat, nous devons donner une interprétation géométrique de l'intégrale et du jacobien. Dans l'écriture $\int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$, il faut voir $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ comme la surface d'un petit rectangle de largeur $\mathrm{d}x$ et de longueur $\mathrm{d}y$ autour du point $(x,y)$. Le produit $f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ est le volume d'un petit parallélépipède dont la base est ce rectangle et la hauteur $f(x,y)$. L'intégrale est la somme de ces petits éléments de volume (figure 11).

Figure 11: Interprétation géométrique d'une intégrale double.

Appliquer le difféomorphisme $\Phi$ au domaine $D$ revient à le déformer, comme si c'était une plaque de caoutchouc. Le petit rectangle de largeur $\mathrm{d}x$ et de longueur $\mathrm{d}y$ autour du point $(x,y)$ est lui aussi déformé en une petite surface, autour de $(u,v)=\Phi(x,y)$. En première approximation, cette petite surface peut être vue comme un parallélogramme, dont l'aire est $\vert J\Phi^{-1}(u,v)\vert \mathrm{d}u\mathrm{d}v$ : rappelons que le déterminant de deux vecteurs dans le plan est au signe près l'aire du parallélogramme qu'ils délimitent (cf. figure 12).

Figure: Interprétation géométrique du terme $\vert J(\Phi^{-1})(u,v)\vert \mathrm{d}u\mathrm{d}v$ dans un changement de variables.

Soit à calculer $\int_D (x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$, où le domaine $D$ est délimité par deux paraboles et deux hyperboles (figure 13).

$$D = \left\{ (x,y)\in\mathbb{R}^2 ,\;\frac{x^2}{2}<y<x^2 ,\; \frac{1}{2x}<y<\frac{1}{x} \right\}\;.$$

Figure 13: Exemple de changement de variables.

On pourrait calculer directement cette intégrale de la façon suivante.

$$\int_D (x+y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{2^{-1/3}}^1\left(\i... ...ft(\int_{\frac{x^2}{2}}^{\frac{1}{x}}(x+y) \mathrm{d}y\right) \mathrm{d}x\;.$$

Nous proposons le changement de variables suivant.

$$\Phi :\;\left\{ \begin{array}{rcl} D&\longrightarrow&\Delta... ...x,y) = (u,v)\\ &&u=\frac{y}{x^2} ,v=xy\;. \end{array}\right.$$

La première étape consiste à déterminer $\Phi^{-1}$, en résolvant en $x$ et $y$ le système :

$$\left\{ \begin{array}{rcl} u&=& \displaystyle{\frac{y}{x^2}}... ...-1/3}v^{1/3} [1ex] y&=& u^{1/3}v^{2/3}\;. \end{array}\right.$$

Ceci fournit l'expression explicite de $\Phi^{-1}$.

$$\Phi^{-1} :\;\left\{ \begin{array}{rcl} \Delta&\longrightar... ...x=u^{-1/3}v^{1/3} ,\; y= u^{1/3}v^{2/3}\;. \end{array}\right.$$

La seconde étape consiste à déterminer $\Delta$, qui est l'image par $\Phi$ de $D$. Pour cela, on remplace $x$ et $y$ par leurs expressions en fonction de $u$ et $v$ dans les inégalités définissant $D$.

$$\begin{array}{rcl} \Delta&=& \displaystyle{ \Big\{(u,v) ,\... ...,,\;\frac{1}{2}<u<1 ,\;\frac{1}{2}<v<1 \Big\}\;.} \end{array}$$

La troisième étape consiste à calculer le déterminant jacobien de $\Phi^{-1}$. Pour cela, il faut d'abord écrire la matrice jacobienne, en dérivant les expressions de $x$ et $y$ en fonction de $u$ et $v$.

$$J\Phi^{-1}(u,v) = \left\vert \begin{array}{cr} \frac{\partia... ...2}{3}u^{1/3}v^{-1/3} \end{array}\right\vert = -\frac{1}{3u}\;.$$

La quatrième étape consiste à appliquer le théorème 9. Pour cela, on remplace $x$ et $y$ par leurs expressions en fonction de $u$ et $v$ dans la fonction, et on multiplie par la valeur absolue du jacobien. Il ne reste plus qu'à calculer cette nouvelle intégrale.

$$\begin{array}{rcl} \displaystyle{ \int_D (x+y) \mathrm{d}x\... ...\left(1-2^{-1/3}\right)\left(1-2^{-5/3}\right)\;. } \end{array}$$

Le changement de variables en coordonnées polaires s'impose quand le domaine $D$ est un disque centré en 0. Soit à calculer $\int_{D_R} f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$, où :

$$D_R=\{ (x,y) ,\;x^2+y^2<R^2 \}\;.$$

Le changement en coordonnées polaires envoie le disque $D_R$, privé du segment joignant l'origine à $(0,-R)$, sur un domaine rectangulaire :

$$\Delta_R = \{ (r,\theta) ,\;0<r<R ,\;0<\theta<2\pi \}\;.$$

Le jacobien de $\Phi^{-1}$, déjà calculé, vaut $r$. On a donc :

$$\int_{D_R} f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi}\left(\int_0^R f(r\cos\theta,r\sin\theta) r \mathrm{d}r\right) \mathrm{d}\theta\;.$$

Calculons le volume de la boule de rayon $R$, à l'aide du changement de variables en coordonnées sphériques.

$$B_R = \left\{ (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 ,\;x^2+y^2+z^2<R \right\}\;.$$

Le difféomorphisme $\Phi^{-1}$ est :

$$\begin{array}{rcl} ]0,R[\times ]0,2\pi[\times ]-\frac{\pi}{2... ...os\theta ,\;y=r\cos\phi\sin\theta ,\;z=r\sin\phi \end{array}$$

Nous avons déjà écrit sa matrice jacobienne, et nous laissons au lecteur le calcul de son déterminant : $J(\Phi^{-1})=r^2\cos\phi$.
Le volume de la boule $B_R$ est :

$$\int_{B_R} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{-\frac{\pi... ...\phi \mathrm{d}r \right) d\theta\right) \mathrm{d}\phi = \frac{4\pi}{3}R^3$$