Intégrales sur \(\mathbb{R}^2\)
Un préalable utile est la théorie des intégrales multiples (intégration sur des domaines du plan). Dans la suite du chapitre, on aura besoin de calculer des intégrales de la forme \(\iint_{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dx\,dy\). La question naturelle est : peut-on calculer une telle intégrale en effectuant deux intégrales simples successives, et dans quel ordre ? C’est précisément ce à quoi répondent les théorèmes de Tonelli et Fubini.
Soit \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), continue par morceaux, positive.
Alors : \[ \iint_{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dx\,dy = \int_{-\infty}^{+\infty}\!\left(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y)\,dy\right)dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\!\left(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y)\,dx\right)dy, \] en autorisant la valeur \(+\infty\).
Pour une fonction qui peut changer de signe, on utilise le théorème de Fubini sous des hypothèses d’intégrabilité adaptées.
L’intuition géométrique de Tonelli est simple : calculer l’intégrale de \(f(x,y)\) sur \(\mathbb{R}^2\) revient à mesurer le volume sous la surface \(z = f(x,y)\). On peut le faire en additionnant des tranches verticales (couper le plan selon des valeurs fixes de \(x\), puis intégrer en \(y\)) ou des tranches horizontales (couper selon des valeurs fixes de \(y\), puis intégrer en \(x\)). La positivité de \(f\) garantit que ces deux façons de découper donnent toujours le même résultat, même lorsque ce résultat est infini.
La positivité est essentielle. Si \(f\) change de signe, des compensations entre parties positives et négatives peuvent rendre le résultat sensible à l’ordre d’intégration. C’est pourquoi Fubini impose que \(|f|\) soit intégrable avant d’autoriser l’échange des ordres. En pratique, pour les densités de probabilité (qui sont positives par définition), on se trouve toujours dans le cadre de Tonelli.
Soit \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) c.p.m. et positive. On dit que \(f\) est intégrable sur \(\mathbb{R}^2\) si l’une (donc les deux) des quantités suivantes est finie :
\[ \int_{-\infty}^{+\infty}\!\left(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y)\,dy\right)dx, \qquad \int_{-\infty}^{+\infty}\!\left(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x,y)\,dx\right)dy. \]
- Soit \(D = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2 : x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1\}\). Calculer:
- \(\displaystyle \iint_D (x^2+y^2)\,dx\,dy\),
- \(\displaystyle \iint_D xy(x+y)\,dx\,dy\).
- Soit \[ f(x,y)= \begin{cases} 2e^{-(x+y)} & \text{si } 0\le x\le y,\\ 0 & \text{sinon.} \end{cases} \] Calculer \(\displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dx\,dy\).
1a. Sur \(D\), on a \(x\in[0,1]\) et \(y\in[0,1-x]\). On intègre d’abord en \(y\) : \[ \iint_D (x^2+y^2)\,dx\,dy =\int_0^1\int_0^{1-x}(x^2+y^2)\,dy\,dx =\int_0^1\left[x^2 y+\frac{y^3}{3}\right]_0^{1-x}dx =\int_0^1\left(x^2(1-x)+\frac{(1-x)^3}{3}\right)dx. \] On développe : \[ x^2(1-x)=x^2-x^3,\qquad \frac{(1-x)^3}{3}=\frac{1-3x+3x^2-x^3}{3}. \] Donc l’intégrande est \(\dfrac{1}{3}-x+2x^2-\dfrac{4x^3}{3}\), et : \[ \int_0^1\left(\frac{1}{3}-x+2x^2-\frac{4x^3}{3}\right)dx =\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\boxed{\frac{1}{6}}. \]
1b. On intègre d’abord en \(y\) : \[ \iint_D xy(x+y)\,dx\,dy =\int_0^1\int_0^{1-x}(x^2y+xy^2)\,dy\,dx =\int_0^1\left[\frac{x^2y^2}{2}+\frac{xy^3}{3}\right]_0^{1-x}dx =\int_0^1\left(\frac{x^2(1-x)^2}{2}+\frac{x(1-x)^3}{3}\right)dx. \] On développe séparément : \[ \int_0^1\frac{x^2(1-x)^2}{2}\,dx=\frac{1}{2}\int_0^1(x^2-2x^3+x^4)\,dx =\frac{1}{2}\!\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{30}=\frac{1}{60}, \] \[ \int_0^1\frac{x(1-x)^3}{3}\,dx=\frac{1}{3}\int_0^1(x-3x^2+3x^3-x^4)\,dx =\frac{1}{3}\!\left(\frac{1}{2}-1+\frac{3}{4}-\frac{1}{5}\right)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{20}=\frac{1}{60}. \] Total : \(\dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{60}=\boxed{\dfrac{1}{30}}\).
2. Le domaine d’intégration est \(\{0\le x\le y\}\) (i.e. \(x\ge 0\) et \(y\ge x\)). On intègre d’abord en \(y\) de \(x\) à \(+\infty\) : \[ \iint_{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dx\,dy =\int_0^{+\infty}\int_x^{+\infty}2e^{-(x+y)}\,dy\,dx =2\int_0^{+\infty}e^{-x}\Bigl[-e^{-y}\Bigr]_x^{+\infty}dx =2\int_0^{+\infty}e^{-x}\cdot e^{-x}\,dx =2\int_0^{+\infty}e^{-2x}\,dx=2\cdot\frac{1}{2}=\boxed{1}. \] Ainsi \(f\) est bien normalisée pour jouer le rôle d’une densité conjointe.