Exercices corrigés - Intégration sur un espace produit

La fonction $(x,y)\mapsto e^{-xy}$ étant mesurable et positive, on peut calculer son intégrale (éventuellement infinie) en calculant l'intégrale dans le sens où on le souhaite. On a d'une part $$\int_K e^{-xy}dxdy=\int_0^{+\infty}\int_a^b e^{-xy}dydx=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}xdx$$ et d'autre part $$\int_K e^{-xy}dxdy=\int_a^b\int_0^{+\infty}e^{-xy}dxdy=\int_a^b \frac1ydy=\ln\left(\frac ba\right).$$ L'intégrale recherchée vaut donc $\ln(b/a)$.

En utilisant d'une part le théorème de Fubini/Tonnelli, on a \begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^2}e^{-x^2-y^2}dxdy&=&\int_{\mathbb R}\left(\int_{\mathbb R}e^{-y^2}dy\right)e^{-x^2}dx\\ &=&\int_{\mathbb R} I\times e^{-x^2}dx=I^2. \end{eqnarray*} D'autre part, en intégrant en coordonnées polaires, on trouve \begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^2}e^{-x^2-y^2}dxdy&=&\int_{r=0}^{+\infty}\int_{\theta=0}^{2\pi}re^{-r^2}drd\theta\\ &=&\pi\left[-e^{-r^2}\right]_0^{+\infty}\\ &=&\pi. \end{eqnarray*} On en déduit donc que $I=\sqrt\pi$.

Soit $y>0$. On a $$\int_{0}^{+\infty}f(x,y)dx=\left[\frac {-1}y\left(e^{-2xy}-e^{-xy}\right)\right]_{x=0}^{x=+\infty}=0.$$ D'autre part, on a pour $x>0$, $$\int_{0}^1f(x,y)dy=\left[\frac {-1}x\left(e^{-2xy}-e^{-xy}\right)\right]_{y=0}^{y=1}=\frac{e^{-x}-e^{-2x}}x.$$ Cette dernière fonction est strictement positive sur $]0,+\infty[$. Sans chercher à calculer sa valeur, on n'a donc pas $$\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}xdx=0.$$ En particulier, puisqu'on ne peut pas appliquer le théorème de Fubini, la fonction $f$ n'est pas intégrable sur $[0,+\infty[\times ]0,1[$.

Puisque la fonction est positive, on peut procéder par intégrations successives, dans l'ordre que l'on veut. Commençons par intégrer par rapport à $x$. Pour $y>0$, on a \begin{eqnarray*} \int_{0}^{+\infty}\frac 1{(1+x^2y)(1+y)}dx&=&\frac1{1+y}\left[\frac 1{\sqrt y}\arctan(x\sqrt y)\right]_0^{+\infty}\\ &=&\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{\sqrt y(1+y)}. \end{eqnarray*} On intègre ensuite par rapport à $y$, en effectuant le changement de variables $t=\sqrt y$. On trouve \begin{eqnarray*} \int_D \frac 1{(1+x^2y)(1+y)}d\mu&=&\frac\pi2\int_0^{+\infty}\frac1{\sqrt y(1+y)}dy\\ &=&\pi \int_0^{+\infty}\frac 1{1+t^2}dt\\ &=&\frac{\pi^2}2. \end{eqnarray*} Reprenons le calcul, mais en intégrant d'abord par rapport à $y$. C'est un petit peu plus compliqué, il faut d'abord décomposer en éléments simples la fraction (par rapport à la variable $y$). Pour $x>0$, $x\neq 1$, on a $$\frac 1{(1+x^2y)(1+y)}=\frac a{1+x^2y}+\frac b{1+y}$$ avec $$a=\frac{-x^2}{1-x^2}\text{ et }b=\frac{1}{1-x^2}.$$ Il faut faire attention car on ne peut pas directement intégrer sur $]0,+\infty[$ car les fonctions $y\mapsto \frac a{1+x^2y}$ et $y\mapsto \frac b{1+y}$ ne sont pas intégrables sur cet intervalle. On fixe donc $A>0$ et on calcule \begin{eqnarray*} \int_0^A\frac 1{(1+x^2y)(1+y)}dy&=&a\int_0^A \frac{1}{1+x^2y}dy+b\int_0^A \frac1{1+y}dy\\ &=&a\left[\frac1{x^2}\ln(1+x^2 y)\right]_0^A+b\left[\ln(1+y)\right]_0^A\\ &=&\frac{1}{1-x^2}\ln\left(\frac{1+A}{1+Ax^2}\right). \end{eqnarray*} On fait tendre $A$ vers $+\infty$ et on trouve que $$\int_0^{+\infty}\frac 1{(1+x^2y)(1+y)}dy=\frac{2\ln x}{x^2-1}.$$ On intègre maintenant ceci pour $x\in ]0,+\infty[$. En comparant au résultat du premier calcul, on trouve que $$\int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2-1}dx=\frac{\pi^2}4.$$

On sait que $$\mu\big(\{x;\ f(x)\geq t\}\big)=\int_E \mathbf 1_{\{x;\ f(x)\geq t\}}(u)d\mu(u).$$ Appliquant le théorème de Tonnelli (ce qui est possible car la mesure de Lebesgue et la mesure $\mu$ sont $\sigma$-finies), on a donc \begin{eqnarray*} \int_0^{+\infty}\mu\big(\{x;\ f(x)\geq t\}\big)dt&=&\int_0^{+\infty}\int_E \mathbf 1_{\{x;\ f(x)\geq t\}}(u)d\mu(u)dt\\ &=&\int_E \int_0^{+\infty}\mathbf 1_{\{x;\ f(x)\geq t\}}(u)dtd\mu(u). \end{eqnarray*} Or, $$\mathbf 1_{\{x;\ f(x)\geq t\}}(u)=\left\{ \begin{array}{ll} 1&\textrm{ si }f(u)\geq t\\ 0&\textrm{ sinon.} \end{array}\right.$$ On en déduit donc que, $u$ étant fixé, et $f$ étant à valeurs dans $\mathbb R_+$, $$\int_0^{+\infty}\mathbf 1_{\{x;\ f(x)\geq t\}}(u)dt=\int_0^{f(u)}1dt=f(u).$$ On conclut que $$\int_0^{+\infty}\mu\big(\{x;\ f(x)\geq t\}\big)dt=\int_E f(u)d\mu(u).$$