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12.2 Exercices du chapitre 2
12.2.1 Tribus
Corrige 9 (Caracterisation dâune tribu)Soit E un ensemble.
1. Soit T une partie de P(E) stable par union denombrable, stable par passage au complementaire ett.q. â â T . Montrer que T est une tribu, câest-a-dire quâelle verifie aussi E â T et quâelle est stablepar intersection denombrable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą E â T car E = â c et que T est stable par passage au complementaire.
âą T est stable par intersection denombrable car, si (An) â T , on a (â©nâNAn)c = âȘnâNAcn â T (car
T est stable par passage au complementaire et par union denombrable) et donc â©nâNAn â T(car T est stable par passage au complementaire).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Lâensemble des parties finies de E est-il une tribu ?
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą Si E est fini, lâensemble des parties finies de E est une tribu, câest la tribu P(E).
âą Si E est infini, lâensemble des parties finies de E nâest pas une tribu, car il nâest pas stable parpassage au complementaire (le complementaire dâune partie finie est infinie. . . ).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 10 (Tribu engendree)Soit E un ensemble.
1. Montrer quâune intersection quelconque de tribus sur E est une tribu sur E.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit (Ti)iâI une famille de tribus sur I (I est un ensemble quelconque). On pose T = A â E;A â Ti pour tout i â I (T est bien lâintersection des tribus Ti, i â I). On montre que T est unetribu :
âą â â T car â â Ti pour tout i â I.
âą T est stable par complementaire car, si A â T , on a A â Ti pour tout i â I, donc Ac â Tipour tout i â I (car Ti est stable par passage au complementaire), donc Ac â T .
âą T est stable par union denombrable car, si (An)nâN â T , on a An â Ti pour tout i â I ettout n â N donc âȘnâNAn â Ti pour tout i â I et tout n â N (car Ti est stable par uniondenombrable), donc âȘnâNAn â T ,
dâapres lâexercice precedent, on en deduit que T est une tribu.ââââââââââââââââââââââââââââââ
283
2. Soit A â P(E). On note TA lâintersection de toutes les tribus sur E contenant A (une partiede E appartient donc a TA si et seulement si elle appartient a toutes les tribus contenant A, onremarquera quâil y a toujours au moins une tribu contenant A, câest la tribu P(E)). Montrer queTA est la plus petite des tribus contenant A (câest la tribu engendree par A).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Dâapres la question precedente, TA est bien une tribu. La definition de TA donne que toute tribucontenant A doit contenir TA. TA est donc la plus petite tribu contenant A.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soient A et B â P(E) et TA, TB les tribus engendrees par A et B. Montrer que si A â B alorsTA â TB.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
TB est une tribu contenant B, donc contenant A. Donc TA â TB.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 11 (Exemples de tribus)
1. Tribu trace
(a) Soit T une tribu sur un ensemble E et F â E. Montrer que TF = A â© F, A â T est unetribu sur F (tribu trace de T sur F ).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą â â TF car â = â â© F et â â T .âą Soit A â TF . Il existe B â T t.q. A = B â© F . On a donc F \ A = (E \ B) â© F â TF carE \B â T . TF est donc stable par passage au complementaire.
âą Soit (An)nâN â TF . Pour tout n â N, il existe Bn â T t.q. An = Bn â© F . On adonc âȘnâNAn = (âȘnâNBn) â© F â TF car âȘnâNBn â T . TF est donc stable par uniondenombrable.
Ceci est suffisant pour dire que TF est une tribu sur F .ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Si E est un espace topologique et T = B(E) (B(E) est la tribu borelienne de E), montrerque la tribu trace sur F , notee TF , est la tribu engendree par la topologie trace sur F (tribuborelienne de F , notee B(F )). [Montrer que B(F ) â TF . Pour montrer que TF â B(F ),considerer C = A â P(E); A â© F â B(F ) et montrer que C est une tribu (sur E) contenantles ouverts de E.] Si F est un borelien de E, montrer que TF est egale a lâensemble desboreliens de E contenus dans F .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn note OF lâensemble des ouverts de F , et OE lâensemble des ouverts de E. Par definitionde la topologie trace, OF = O â© F , O â OE.Comme OE â B(E), on a OF â TF = B â© F , B â B(E) (Noter que TF = B(E)F , avec lesnotations de la question precedente). On en deduit que B(F ) â TF car TF est une tribu surF contenant OF qui engendre B(F ).
284
On montre maintenant que TF â B(F ). On pose C = A â P(E); A â© F â B(F ). â â Ccar â â© F = â â B(F ). C est stable par passage au complementaire car, si A â C, on a(E \A) â© F = F \A = F \ (A â© F ) â B(F ), donc (E \A) â C. Enfin, pour montrer que C eststable par union denombrable, soit (An)nâN â C, on a (âȘnâNAn)â©F = âȘnâN(Anâ©F ) â B(F ),ce qui donne âȘnâNAn â C et la stabilite de C par union denombrable. C est donc une tribu.Il est clair que OE â C car si O â OE , on a O â© F â OF â B(F ). La tribu C contient OE ,ce qui prouve que C contient B(E) et donc que A â© F â B(F ) pour tout A â B(E). Cecidonne exactement TF â B(F ). On a bien montre finalement que TF = B(F ) (on rappelle queTF = B(E)F , avec les notations de la question precedente).
On suppose maintenant que F est un borelien de E, câest-a-dire que F â B(E). On a alorsTF â B(E) (car A â© F â B(E) si A â B(E)). Puis, soit A â F t.q. A â B(E), on peut ecrireA = A â© F , donc A â TF . On a bien montre que TF = A â F ; A â B(E).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit E un ensemble infini et S = x, x â E. Determiner la tribu engendree par S (distinguer lescas E denombrable et non denombrable).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note T (S) la tribu engendree par S.
âą On suppose que E est au plus denombrable (câest-a-dire dire fini ou denombrable). Dâapresla stabilite de T (S) par union denombrable, la tribu T (S) doit contenir toutes les parties auplus denombrables. Comme toutes les parties de E sont au plus denombrables, on en deduitT (S) = P(E).
âą On suppose maintenant que E est infini non denombrable. On note A lâensemble des parties deE au plus denombrables et B = Ac, A â A. Dâapres la stabilite de T (S) par union denom-brable, la tribu T (S) doit contenir A. Par stabilite de T (S) par passage au complementaire,T (S) doit aussi contenir B.
on va montrer maintenant que A âȘ B est une tribu (on en deduit que T (S) = A âȘ B). On aâ â A â A âȘ B et il est clair que A âȘ B est stable par passage au complementaire (car A â Aimplique Ac â B et A â B implique Ac â A). Enfin, si (An)nâN â A âȘ B, on distingue 2 cas :
1er cas. Si An â A pour tout n â N, on a alors âȘnâNAn â A â A âȘ B.
2eme cas. Si il existe n â N t.q. An â B on a alors Acn â A, donc Acn est au plus denombrableet (âȘpâNAp)c = â©pâNA
cp â Acn est aussi au plus denombrable,ce qui donne (âȘpâNAp)c â A et
âȘpâNAp â B â A âȘ B.
On a bien montre que âȘnâNAn â A âȘ B. Ce qui prouve la stabilite par union denombrable deA âȘ B. Finalement, A âȘ B est donc une tribu contenant S et contenu dans T (S), ceci donneT (S) = A âȘ B.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 12 (Tribu image)Soient E et F des ensembles. Pour A â P(E) (resp. P(F )) on note T (A) la tribu de E (resp. F )engendree par A.Soit f : E â F une application.
285
1. Montrer que si T âČ est une tribu sur F , alors fâ1(T âČ) = fâ1(B); B â T âČ est une tribu sur E(tribu image reciproque).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On demontre que fâ1(T âČ) est une tribu sur E en remarquant que fâ1(â ) = â , E \ fâ1(A) =fâ1(F \A) (pour tout A â F ) et fâ1(âȘnâNAn) = âȘnâNf
â1(An) (pour toute suite (An)nâN â P(F )).ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que si T est une tribu sur E, alors T âČ = B â F ; fâ1(B) â T est une tribu sur F (tribuimage directe).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Ici aussi, on montre que T âČ est une tribu sur F en remarquant que fâ1(â ) = â , fâ1(F \ A) =E\fâ1(A) (pour tout A â F ) et fâ1(âȘnâNAn) = âȘnâNf
â1(An) (pour toute suite (An)nâN â P(F )).
Noter que, en general, f(B), B â T nâest pas une tribu sur F (par exemple, si f est non surjective,F 6â f(B), B â T ).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que pour tout ensemble C de parties de F on a : T (fâ1(C)) = fâ1(T (C)). [Montrer queT (fâ1(C)) â fâ1(T (C)). Puis, pour montrer que fâ1(T (C)) â T (fâ1(C)), montrer que T = G âF ; fâ1(G) â T (fâ1(C)) est une tribu contenant C.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
fâ1(T (C)) est une tribu sur E (dâapres la premiere question) contenant fâ1(C) (car T (C) â C), ellecontient donc T (fâ1(C)), ce qui donne fâ1(T (C)) â T (fâ1(C)).
Pour montrer lâinclusion inverse, câest-a-dire fâ1(T (C)) â T (fâ1(C)). On pose T = G â F ;fâ1(G) â T (fâ1(C)). On montre dâabord que T est une tribu :
âą â â T car fâ1(â ) = â â T (fâ1(C))âą T est stable par passage au complementaire car, si A â T , on a fâ1(A) â T (fâ1(C)) etfâ1(F \A) = E \ fâ1(A) â T (fâ1(C)), donc (F \A) â T .
âą T est stable par union denombrable car, si (An)nâN â T , on a fâ1(An) â T (fâ1(C)) pourtout n â N et fâ1(âȘnâNAn) = âȘnâNf
â1(An) â T (fâ1(C)), donc âȘnâNAn â T .
On a bien montre que T est une tribu. Il est immediat que T â C (car fâ1(B) â T (fâ1(C)) pourtout B â C). On en deduit que T contient T (C), câest-a-dire que fâ1(B) â T (fâ1(C)) pour toutB â T (C). Ceci signifie exactement que fâ1(T (C)) â T (fâ1(C)).
Les 2 inclusions nous donnent bien fâ1(T (C)) = T (fâ1(C)).ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 13 (Ï-systeme, λ-systeme)Soit Ω un ensemble et F â P(Ω).
1. Montrer que F est une tribu si et seulement si F est un Ï-systeme (câest-a-dire stable par intersectionfinie) et un λ-systeme (câest-a-dire que F est stable par union denombrable croissante, Ω â F etA \B â F si A,B â F avec B â A).
286
2. On suppose que F est un λ-systeme. Soit C â F . On pose G = B â Ω t.q. C â©B â F. Montrerque G est un λ-systeme.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââEn attente
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 14 (Tribu borelienne de R2)On note T la tribu (sur R2) engendree par AĂB; A, B â B(R). On va montrer ici que T = B(R2).
1. Montrer que tout ouvert de R2 est reunion au plus denombrable de produits dâintervalles ouverts deR. [Sâinspirer dâune demonstration analogue faite pour R au lieu de R2.] En deduire que B(R2) â T .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On sâinspire ici de la demonstration du lemme 2.1 (on peut reprendre aussi la demonstration delâexercice 15).
Soit O un ouvert de R2. Pour tout x = (x1, x2)t â O, il existe r > 0 t.q. ]x1 â r, x1 + r[Ă]x2 âr, x2 + r[â O. Comme les rationnels sont denses dans R, on peut trouver y1 â Qâ©]x1 â r, x1[,z1 â Qâ©]x1, x1 + r[, y2 â Qâ©]x2 â r, x2[ et z2 â Qâ©]x2, x2 + r[. On a donc x â]y1, z1[Ă]y2, z2[â O.
On note alors I = (y1, z1, y2, z2) â Q4; ]y1, z1[Ă]y2, z2[) â O. Pour tout x â O, il existe donc(y1, z1, y2, z2) â I t.q. x â]y1, z1[Ă]y2, z2[. On en deduit que
O = âȘ(y1,z1,y2,z2)âI ]y1, z1[Ă]y2, z2[.
Comme I est au plus denombrable (car Q4 est denombrable), on en deduit que O â T . On a ainsimontre que T est une tribu contenant tous les ouverts de R2, et donc contenant la tribu engendreepar les ouverts de R2 (câest-a-dire B(R2)). Donc, B(R2) â T .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit A un ouvert de R et T1 = B â B(R); AĂB â B(R2). Montrer que T1 est une tribu (sur R)contenant les ouverts (de R). En deduire que T1 = B(R).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą â â T1 car AĂ â = â â B(R2).
âą On montre ici que T1 est stable par passage au complementaire.
Soit B â T1, on a donc Bc â B(R) et AĂBc = AĂ (R \B) = (AĂR) \ (AĂB). Or, (AĂR)est un ouvert de R2 (car A et R sont des ouverts de R), on a donc (AĂ R) â B(R2). Dâautrepart, (A Ă B) â B(R2) (car B â T1). Donc, A Ă Bc = (A Ă R) \ (A Ă B) â B(R2). Ce quiprouve que Bc â T1 et donc que T1 est stable par passage au complementaire.
âą Enfin, T1 est stable par union denombrable. En effet, si (Bn)nâN â T1, on a AĂ (âȘnâNBn) =âȘnâNAĂBn â B(R2) (car AĂBn â B(R2) pour tout n â N). Donc, âȘnâNBn â T1.
On a donc montre que T1 est une tribu, il reste a montrer que T1 contient les ouverts de R.
Soit B un ouvert de R. On a donc B â B(R) et, comme A Ă B est un ouvert de R2, on aAĂB â B(R2). On a donc B â T1.
287
T1 est donc une tribu contenant les ouverts de R, donc contenant B(R). Donc, T1 = B(R).
La consequence de cette question est donc :
A ouvert de R et B â B(R)â AĂB â B(R2). (12.4)
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soit B â B(R) et T2 = A â B(R); AĂB â B(R2). Montrer que T2 = B(R).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On commence par remarquer que la question precedente donne que T2 contient les ouverts de R.En effet, soit A un ouvert de R, la propriete (12.4) donne AĂB â B(R2), et donc A â T2.
On montre maintenant que T2 est une tribu (on en deduira que T2 = B(R)).
âą â â T2 car â ĂB = â â B(R2).
âą On montre ici que T2 est stable par passage au complementaire.
Soit A â T2, on a Ac â B(R) et Ac Ă B = (R Ă B) \ (A Ă B). La propriete (12.4) donne(R Ă B) â B(R2) car R est un ouvert de R. Dâautre part, (A Ă B) â B(R2) (car A â T2).Donc, Ac Ă B â B(R2). Ce qui prouve que Ac â T2 et donc que T2 est stable par passage aucomplementaire.
âą Enfin, T2 est stable par union denombrable. En effet, si (An)nâN â T2, on a (âȘnâNAn)ĂB =âȘnâN(An ĂB) â B(R2) (car An ĂB â B(R2) pour tout n â N). Donc, âȘnâNAn â T2.
T2 est donc une tribu (sur R) contenant les ouverts de R, ce qui prouve que T2 â B(R) et donc,finalement, T2 = B(R).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Montrer que T â B(R2) (et donc que T = B(R2)).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
La question precedente donne :
A,B â B(R)â AĂB â B(R2).
On a donc A Ă B; A, B â B(R) â B(R2). On en deduit T â B(R2). Avec la question 1, on afinalement T = B(R2).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 15 (Tribu borelienne sur RN)
1. Montrer que la tribu borelienne de RN est egale a celle engendree par lâensemble de toutes les boulesouvertes de RN . [On pourra montrer dâabord que tout ouvert de RN est reunion denombrable deboules ouvertes de RN .]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit T la tribu engendree par lâensemble de toutes les boules ouvertes de RN . Comme les boulesouvertes sont des ouverts, on a T â B(RN ).
288
On montre maintenant lâinclusion inverse, câest-a-dire B(RN ) â T . Soit O un ouvert de RN . Pourtout x â O, il existe r > 0 t.q. B(x, r) â O (ou B(x, r) deisgne la boule ouverte de centre x etrayon r). Comme les rationnels sont denses R, on peut donc trouver y â QN et s â Q?
+ = t â Q;t > 0, t.q. x â B(y, s) â O. On note alors I = (y, s) â QN Ă Q?
+; B(y, s) â O. On a alorsO = âȘ(y,s)âIB(y, s). Comme I est au plus denombrable (car QN+1 est denombrable), on en deduitque O â T et donc que B(RN ) â T (car T est une tribu contenant tous les ouverts).
Le raisonnement precedent montre meme que B(RN ) est aussi la tribu engendree par lâensembledes boules ouvertes a rayons rationnels et centre a coordonnees rationnelles.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que la tribu borelienne de RN est egale a celle engendree par lâensemble des produitsdâintervalles ouverts a extremites rationnelles.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On reprend le meme raisonnement que dans la question precedente en remplacant B(x, r) parP (x, r) =
âNi=1]xi â r, xi + r[, avec x = (x1, . . . , xN )t.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que la tribu borelienne de R est engendree par les intervalles ]a, b] ou a, b â R, a < b.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit C = ]a, b], a, b â R, a < b et T (C) la tribu engendree par C. Comme ]a, b] = â©n>0]a, b + 1n [,
on voit que ]a, b] â B(R) pour tout a, b â R, a < b. Donc, on a C â B(R) et donc T (C) â B(R).
On montre maintenant lâinclusion inverse, câest-a-dire B(R) â T (C). Soit I =]a, b[ avec a, b â R,a < b. On peut ecrire I = âȘnâ„n0 ]a, b â 1
n ], avec n0 t.q. 1n0
< b â a. On en deduit que I â T (C).Puis, comme tout ouvert non vide peut sâecrire comme reunion denombrable dâintervalles ouvertsa extremites finies (voir le lemme 2.1 page 20), on obtient que tout ouvert appartient a T (C). Cecipermet de conclure que B(R) â T (C) et finalement que B(R) = T (C).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Soit S un sous ensemble dense de R. Montrer que B(RN ) est engendree par la classe des boulesouvertes (ou bien fermees) telles que les coordonnees du centre et le rayon appartiennent S.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On reprend le meme raisonnement que dans la premiere question en remplacant QN par SN (quiest dense dans RN ) et Q?
+ par S?+ = s â S; s > 0 (qui est dense dans R?+).ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 16Soit E un ensemble et A â P(E).
1. Montrer que A est une algebre (cf. definition 2.4) si et seulement si A verifie les deux proprietessuivantes :
(a) E â A,(b) A,B â A â A \B â A.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
289
âą On suppose que A est une algebre. Il est clair que (a) est verifiee. Pour montrer (b) il suffitdâutiliser la stabilite par intersection finie et par passage au complementaire, cela donne bienque A \B = A â©Bc â A si A,B â A.
âą On suppose maintenant que A verifie (a) et (b).
On a alors â = E \ E â A, et donc â , E â A.
On remarque ensuite que, grace a (b), Ac = E \ A â E si A â A. On a donc la stabilite de Apar passage au complementaire.
Soit maintenant A1, A2 â A. On a A1 â©A2 = A1 \Ac2, on en deduit que A1 â©A2 â A par (b)et la stabilite de A par passage au complementaire. Une recurrence sur n donne alors que Aest stable par intersection finie.
Enfin, la stabilite de A par union finie decoule de la stabilite de A par intersection finie et parpassage au complementaire car (âȘnp=0Ap)
c = â©np=0Acp.
On a bien montre que A est une algebre.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit (Ai)iâI une famille dâalgebres (sur E). Montrer que â©iâIAi = A â P(E); A â Ai pour touti â I est encore une algebre.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On peut montrer que â©iâIAi est une algebre en utilisant diretement la definition dâune algebre.Onb peut aussi le montrer en utilisant la premiere question, ce que nous faisons ici. On montredonc que â©iâIAi verifie (a) et (b) :
âą E â â©iâIAi car E â Ai pour tout i â I.
âą Soit A,B â â©iâIAi. Pour tout i â I, on a A,B â Ai. On en deduit A \ B â Ai (car Ai estune algebre) et donc A \B â â©iâIAi.
On a bien montre que â©iâIAi est une algebre.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Si C â P(E), la deuxieme question permet donc de definir lâalgebre engendree par C comme lâintersectionde toutes les algebres sur E contenant C.
Corrige 17Soit E un ensemble et C un ensemble de parties de E. On suppose que â , E â C, que C est stable parintersection finie et que le complementaire de tout element de C est une union finie disjointe dâelementsde C, câest-a-dire :
C â C â il existe n â N? et C1, . . . , Cn â C t.q. Cc = âȘnp=1Cp et Cp â© Cq = â si p 6= q.
On note B lâensemble des reunions finies disjointes dâelements de C. Une partie de E est donc un elementde B si et seulement si il existe n â N? et (Ap)p=1,...,n â C t.q. Ap â©Aq = â si p 6= q et A = âȘnp=1Ap.
1. Montrer que B est stable par intersection finie et par passage au complementaire.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On montre tout dâabord la stabilite de B par intersection finie. Soit A,B â B. Il existe A1, . . . , An âC et B1, . . . , Bm â C t.q. Ai â© Aj = â si i 6= j, Bi â© Bj = â , si i 6= j, A = âȘni=1Ai et B = âȘmj=1Bj .
290
On a alors A â© B = (âȘni=1Ai) â© (âȘmj=1Bj) = âȘni=1 âȘmj=1 (Ai â© Bj). Comme Ai â© Bj â C (car C eststable par intersection finie) pour tout i, j et que (Ai â© Bj) â© (Ak â© Bl) = â si (i, j) 6= (k, l), on endeduit que A â©B â B.
Une recurrence sur n donne alors la stabilite de B par intersection finie.
On montre maintenant la stabilite de B par passage au complementaire. Soit A â B. Il existeA1, . . . , An â C t.q. Ai â© Aj = â si i 6= j et A = âȘni=1Ai. On a alors Ac = â©ni=1A
ci . Comme Aci est
une reunion finie disjointe dâelements de C, on a bien Aci â B. La stabilite de B par intersection finiedonne alors que Ac â B. On a donc bien montre la stabilite de B par passage au complementaire.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que lâalgebre engendree par C est egale a B.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note A lâagebre engendree par C. Comme A est stable par union finie et contient C, il est clairque A â B. Comme B contient C, pour montrer lâinclusion inverse, il suffit de montrer que B est unealgebre (car A est lâintersection de toutes les algebres contenant C). On montre donc maintenantque B est une algebre.
Pour montrer que B est une algebre, on montre que B verifie les quatre proprietes dâune algebre.
âą E, â â B car C â B et E, â â C.âą La question precedente montre que B est stable par par intersection finie et par passage au
complementaire.
âą La stabilite de B par union finie decoule facilement de la stabilite de B par intersection finieet par passage au complementaire, car âȘni=1Ai = (â©ni=1A
ci )c.
On a bien montre que B est une algebre. Comme B â C, on a donc B â A et finalement B = A.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 18Soit E un ensemble. Pour ÎŁ â P(E), on dit que ÎŁ est une classe monotone (sur E) si ÎŁ verifie lesdeux proprietes suivantes (de stabilite par union croissante denombrable et par intersection decroissantedenombrable) :
âą (An)nâN â ÎŁ, An â An+1 pour tout n â Nâ âȘnâNAn â ÎŁ,âą (An)nâN â ÎŁ, An â An+1 pour tout n â Nâ â©nâNAn â ÎŁ.
1. Soit ÎŁ â P(E). Montrer que ÎŁ est une tribu si et seulement si ÎŁ est une classe monotone et unealgebre (cf. exercice 2.9).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą Si ÎŁ est une tribu, ÎŁ est stable par union denombrable et intersection denombrable. On endeduit immediatement que ÎŁ est une algebre et une classe monotone.
âą On suppose maintenant que ÎŁ est une algebre et une classe monotone. Comme ÎŁ est unealgebre, pour montrer que ÎŁ est une tribu, il suffit de montrer que ÎŁ est stable par uniondenombrable.
291
Soit donc (An)nâN â ÎŁ et A = âȘnâNAn. On veut montrer que A â ÎŁ. On remarque queA = âȘnâNBn avec Bn = âȘnp=0An. Comme ÎŁ est une algebre, on a Bn â ÎŁ pour tout n â N.Puis, comme ÎŁ est de stable par union croissante (noter que Bn â Bn+1) denombrable, on endeduit que A â ÎŁ. On a bien montre que ÎŁ est stable par union denombrable et donc que ÎŁest une tribu.
Noter que lâhypothese de stabilite de ÎŁ par intersection decroissante denombrable nâa pas eteutilise. Elle sera utile a la question 4.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Donner un exemple, avec E = R, de classe monotone qui ne soit pas une tribu.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Il y a beaucoup dâexemples de classes monotones qui ne sont pas des tribus. En voici un : ÎŁ = R.ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soit (ÎŁi)iâI une famille de classes monotones (sur E). Montrer que â©iâIÎŁi = A â P(E); A â ÎŁipour tout i â I est encore une classe monotone.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą Soit (An)nâN â â©iâIÎŁi t.q. An â An+1 pour tout n â N. On a donc, pour tout i â I,(An)nâN â ÎŁi et donc, puisque ÎŁi est une classe monotone, âȘnâNAn â ÎŁi. On en deduit queâȘnâNAn â â©iâIÎŁi.âą Soit (An)nâN â â©iâIÎŁi t.q. An â An+1 pour tout n â N. On a donc, pour tout i â I,(An)nâN â ÎŁi et donc, puisque ÎŁi est une classe monotone, â©nâNAn â ÎŁi. On en deduit queâ©nâNAn â â©iâIÎŁi.
Ceci montre bien que â©iâIÎŁi est une classe monotone.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Si C â P(E), cette question permet donc de definir la classe monotone engendree par C commelâintersection de toutes les classes monotones sur E contenant C.
4. (Lemme des classes monotones) Soit A une algebre sur E. On note ÎŁ la classe monotone engendreepar A et on note T la tribu engendree par A.
(a) Montrer que ÎŁ â T .âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
ÎŁ est lâintersection de toutes les classes monotones sur A. Une tribu etant aussi une classemonotone, la tribu T (engendree par A) est donc une classe monotone contenant A. On endeduit que ÎŁ â T .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Soit A â E. On pose ÎŁA = B â E; A \B â ÎŁ et B \A â ÎŁ. Montrer que ÎŁA est une classemonotone.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą Soit (Bn)nâN â ÎŁA, Bn â Bn+1 pour tout n â N. On pose B = âȘnâNBn. On va montrerque B â ÎŁA.On a A\B = A\âȘnâNBn = â©nâN(A\Bn). La suite (A\Bn)nâN est une suite decroissantede ÎŁ. Comme ÎŁ est une classe monotone, on en deduit A \B = â©nâN(A \Bn) â ÎŁ.
292
On montre aussi que B \ A â ÎŁ. En effet, B \ A = âȘnâNBn \ A = âȘnâN(Bn \ A) â ÎŁ parla stabilite de ÎŁ par union croissante denombrable.On a donc bien montre que B â ÎŁA. Ce qui donne la stabilite de ÎŁ par union croissantedenombrable.
âą De maniere analogue, on va montrer la stabilite de ÎŁ par intersection decroissante denom-brable. Soit (Bn)nâN â ÎŁA, Bn â Bn+1 pour tout n â N. On pose B = â©nâNBn.Comme A \ B = âȘnâN(A \ Bn), on obtient A \ B â ÎŁ en utilisant la stabilite de ÎŁ parunion croissante denombrable.Comme B \ A = â©nâN(Bn \ A), on obtient B \ A â ÎŁ en utilisant la stabilite de ÎŁ parintersection decroissante denombrable.On a donc B â ÎŁA. Ce qui donne la stabilite de ÎŁ par intersection decroissante denom-brable.
On a bien montre que ÎŁA est une classe monotone.ââââââââââââââââââââââââââââââ
(c) (Question plus difficile.) Montrer que ÎŁ est une algebre. [Utiliser la question (b) et la premierequestion de lâexercice 2.9.] En deduire que T = ÎŁ.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââPour montrer que ÎŁ est une algebre, il suffit de montrer que ÎŁ verifie les proprietes (a) et (b)de la premiere question de lâexercice 2.9. Il est immediat que la propriete (a) est verifiee carE â A â ÎŁ. Pour montrer (b), on utilise la classe monotone ÎŁA definie a la question 4 pourA â E.
Soit A â A. Comme A est une algebre, on a donc A â ÎŁA. La classe monotone ÎŁA contientA, elle contient donc ÎŁ qui est lâintersection de toutes les classes monotones contenant A. Ona donc :
A â A, B â ÎŁâ B â ÎŁA. (12.5)
On remarque maintenant que, pour tout A,B â P(E), on a :
A â ÎŁB â B â ÎŁA.
On deduit donc de (12.5) :A â A, B â ÎŁâ A â ÎŁB .
Si B â ÎŁ, la classe monotone ÎŁB contient donc A. Elle contient alors aussi ÎŁ (qui estlâintersection de toutes les classes monotones sur E contenant A). On a donc montre :
B â ÎŁ, A â ÎŁâ A â ÎŁB .
On en deduit que A \B â ÎŁ si A,B â ÎŁ.
On a bien montre que ÎŁ verifie la propriete (b) de la premiere question de lâexercice 2.9 etdonc que ÎŁ est une algebre.
Pour conclure, on remarque ÎŁ est une classe monotone et une algebre. Câest donc une tribu(par la question 1) contenant A. Elle contient donc T (qui est lâintersection de toutes les tribuscontenant A) et on a bien, finalement, ÎŁ = T .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 19 (Caracterisation de la tribu engendree)
293
Soit E un ensemble et A â P(E). On dit que A est stable par intersection finie si A,B â A â Aâ©B â A.On dit que A est stable par difference si :
A,B â A, B â Aâ A \B = A â©Bc â A.
On dit que A est stable par union denombrable disjointe si :
(An)nâN â A, An â©Am = â pour n 6= mâ âȘnâNAn â A.
Soit C â P(E).
1. On note Z lâensemble des parties de P(E) stables par difference et stables par union denombrabledisjointe. Montrer quâil existe D â Z t.q. C â D et :
A â Z, C â A â D â A.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note Zr lâensemble des elements de Z contenant C. On remarque tout dâabord que Zr 6= â carP(E) â Zr. Puis, on note D lâensemble des parties de E appartenant a tous les elements de Zr(câest-a-dire que, pour A â P(E), on a A â D si, pour tout B â Zr, A â B).
Il est facile de voir que D est stable par difference, stable par union denombrable disjointe et queD contient C (car tous les elements de Zr verifient ces trois proprietes). Enfin, A â Zr â D â A,ce qui est bien la propriete demandee.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Dans la suite, on note toujours D cette partie de P(E). On suppose maintenant que C est stablepar intersection finie et que E â C.
2. Pour A â P(E), on note DA = D â D t.q. A â©D â D.
(a) Soit A â P(E). Montrer que DA est stable par union denombrable disjointe et stable pardifference.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââSoit (Dn)nâN â DA avec Dn â© Dm = â si n 6= m. On va montrer que âȘnâNDn â DA. Onremarque tout dâabord que âȘnâNDn â D car Dn â D, pour tout n â N, et D est stable parunion denombrable disjointe. Puis, A â© (âȘnâNDn) = âȘnâN(Dn â© A) â D car Dn â© A â D,pour tout n â N, (Dn â©A) â© (Dm â©A) = â , si n 6= m, et D est stable par union denombrabledisjointe. On a donc montre que âȘnâNDn â DA. Ce qui prouve que DA est stable par uniondenombrable disjointe.
Soit maintenant D1, D2 â DA, avec D1 â D2. On va montrer que D2 \ D1 â DA. Pourcela, on remarque que D2 \D1 â D car D1, D2 â D et que D est stable par difference. Puis,A â© (D2 \D1) = (A â©D2) \ (A â©D1) â D car A â©D1, A â©D2 â D, (A â©D1) â (A â©D2) etD est stable par difference. On a donc montre que D2 \D1 â DA. Ce qui prouve que DA eststable par difference.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Soit A â C. Montrer que C â DA. En deduire que DA = D.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
294
Soit B â C. On a B â D (car D â C) et A â© B â C (car C est stable par intersection finie),donc A â©B â D. Ceci montre que B â DA et donc C â DA.
Comme DA est stable par difference, stable par union denombrable disjointe et que DA contientC, la question 1 donne DA â D et, finalement, DA = D.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(c) Soit A â D. Montrer que DA = D. En deduire que D est stable par intersection finie.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit B â C. On a B â D (car D â C). Comme B â C, la question precedente donne D = DBet donc A â DB . On a donc A â©B â D. Ceci montre que B â DA et donc C â DA.
On en deduit, comme a la question precedente, que DA = D.
Soit maintenant B â D. Comme D = DA, on a B â DA et donc A â©B â D. Lâintersection dedeux elements de D est donc aussi dans D. Ceci prouve bien la stabilite de D par intersectionfinie (une recurrence facile donne que lâintersection dâun nombre fini dâelements de D est aussidans D).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que D est une tribu. En deduire que D est la tribu engendree par C.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On remarque que E â D (car E â C â D) et que D est stable par complementaire car, si A â D, ona E \A â D car D est stable par difference (et E,A â D avec A â E). Pour montrer que D est unetribu, il suffit de montrer que D est stable par union denombrable (non necessairement disjointe).
Soit (An)nâN â D. Comme D est stable par complementaire, on aussi Acn â D, pour tout n â N.Pour tout n â N, on pose :
Bn = An â© (â©nâ1i=0 A
ci ).
On a Bn â D car D est stable par inteserction finie et Bn â© Bm = â si n 6= m (en notant queBn â An et Bm â Acn si m > n). Comme D est stable par union denombrable disjointe, on endeduit âȘnâNBn â D et donc âȘnâNAn â D (car âȘnâNAn = âȘnâNBn). Ceci prouve que D est stablepar union denombrable et donc que D est une tribu.
On a ainsi montre que D est une tribu contenant C et donc contenant la tribu engendree par C,notee Ï(C). Dâautre part, il est facile de voir que toute tribu contenant C appartient a Zr (defini ala question 1) et donc que Ï(C) contient D. On a bien montre finalement que D = Ï(C).
Remarque : lâhypothese âE â Câ nâa ete utilisee quâune seule fois. Elle nâa ete utilisee que pourmontrer que E â D (dans la question 3). On peut remplacer cette hypothese par âil existe une suite(En)nâN â C t.q. En â©Em = â , si n 6= m, et E = âȘnâNEnâ. En effet, de cette hypothese, on deduitaussi E â D car D est stable par union denombrable disjointe et C â D. La suite du raisonnementde la question 3 donne alors aussi que D est la tribu engendree par C.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
12.2.2 Mesures
Corrige 20 (Exemples de mesures)
295
Soit E un ensemble infini non denombrable. Pour toute partie A de E, on pose m(A) = 0 si A est auplus denombrable, et m(A) = +â sinon. Lâapplication m est-elle une mesure sur P(E) ?
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOui, lâapplication m est une mesure sur P(E). En effet, on a bien m(â ) = 0 et si (An)nâN â P(E)on a m(âȘnâNAn) =
â+ân=0m(An) = 0 si An est au plus denombrable pour tout n â N (car une reunion
dâensembles au plus denombrables est au plus denombrable) et m(âȘnâNAn) =â+ân=0m(An) = â si il
existe n â N t.q. An est infini non denombrable. On a donc toujours m(âȘnâNAn) =â+ân=0m(An) (noter
dâailleurs quâil est inutile de supposer les An disjoints 2 a 2).ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 21 (Mesure trace et restriction dâune mesure)Soit (E, T,m) un espace mesure
1. Soit F â T . Montrer que la tribu trace de T sur F , notee TF , est incluse dans T (cette tribu estune tribu sur F ). Montrer que la restriction de m a TF est une mesure sur TF . On lâappellera latrace de m sur F . Si m(F ) <â, cette mesure est finie.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit B â TF , il existe donc A â T t.q. B = A â© F . Comme F â T , on a donc aussi B â T .
On note mF la restriction de m a TF , on a donc mF (B) = m(B) pour tout B â TF . Il est alorsimmediat de voir que mF (â ) = 0 et que mF est Ï-additive sur TF , mF est donc une mesure sur TF .Si m(F ) <â, on a mF (F ) = m(F ) <â, la mesure mF est donc finie (mais la mesure m peut nepas etre finie, câest-a-dire que lâon peut avoir m(E) =â).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit A une tribu incluse dans T . La restriction de m a A est une mesure. Est-elle finie (resp.Ï-finie) si m est finie (resp. Ï-finie) ?
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note ma la restriction de m a A, on a donc ma(B) = m(B) pour tout B â A. Il est clair quema est une mesure sur A.
âą Si m est finie, on a ma(E) = m(E) <â, ma est donc aussi une mesure finie.
âą Si m est Ï-finie, il existe une suite (An)nâN â T t.q. âȘnâNAn = E et m(An) < â pour toutn â N. Mais, comme les An ne sont pas necessairement dans A, la mesure ma peut ne pas etreÏ-finie. On peut construire un exemple facilement de la maniere suivante :On suppose que m est Ï-finie mais nâest pas finie (on peut prendre, par exemple (E, T,m) =(R,B(R), λ)) et on prend A = â , E. La mesure ma nâest pas Ï-finie. . .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 22Soit (E, T,m) un espace mesure fini (âfiniâ signifie que m(E) < â) et (An)nâN, (Bn)nâN des suitesdâensembles mesurables tels que Bn â An pour tout n â N.
296
1. Montrer que (âȘnâNAn) \ âȘnâNBn â âȘnâN(An \Bn).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit x â (âȘnâNAn) \ âȘnâNBn, on a donc x â âȘnâNAn et x /â âȘnâNBn, câest-a-dire quâil existep â N t.q. x â Ap et que, pour tout n â N, x /â Bn. On a donc x â Ap \ Bp, ce qui prouve quex â âȘnâN(An \Bn) et donc que (âȘnâNAn) \ âȘnâNBn â âȘnâN(An \Bn).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que m(âȘnâNAn)âm(âȘnâNBn) â€ânâN(m(An)âm(Bn)).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Puisque m(E) <â, on a, pour tout A,B â T t.q. B â A, m(A\B) = m(A)âm(B). La monotoniede m, la Ï-sous additivite de m (et la question precedente) nous donne alors :
m(âȘnâNAn)âm(âȘnâNBn) = m((âȘnâNAn) \ (âȘnâNBn)) †m(âȘnâN(An \Bn))â€â+ân=0m(An \Bn) =
â+ân=0(m(An)âm(Bn)).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 23Soit (E, T,m) un espace mesure fini et (An)nâN â T t.q., pour tout n â N, m(An) = m(E). Montrer quem(â©nâNAn) = m(E).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââComme m(E) < â, on a m(Ac) = m(E) â m(A) pour tout A â T . De m(An) = m(E), on deduitalors m(Acn) = 0 pour tout n â N. Par Ï-sous additivite de m, on a alors m(âȘnâNA
cn) = 0. Comme
âȘnâNAcn = (â©nâNAn)c, on a donc m((â©nâNAn)c) = 0 et donc m(â©nâNAn) = m(E).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 24 (Sur la mesure dâune union. . . )Soit (Ω,A,m) un espace mesure et n â N?. Soit A1, . . . , An â A et B â A. On suppose que m(Ap) <âpour tout p. Montrer que m(âȘnp=1(B â©Ap)) =
ânk=1(â1)k+1
(â1â€i1<...<ikâ€nm(B â© (â©kj=1Aij ))
).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââEn attente
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 25 (Contre exemples. . . )
1. Soit λ la mesure de Lebesgue sur B(R) et A â B(R) t.q. λ(A) = 0. A-t-on necessairement A ferme ?
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Non, A nâest pas necessairement ferme. On peut prendre, par exemple A = 1n , n â„ 1. On a
λ(A) = 0 et A nâest pas ferme (car 0 appartient a lâadherence de A sans etre dans A).ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit (E, T ) un espace mesurable et C â P(E) qui engendre T . On considere m1 et m2 des mesuressur T . Montrer que m1(A) = m2(A) pour tout A â C nâimplique pas que m1 = m2 sur T . [Onpourra trouver un exemple (facile) avec (E, T ) = (R,B(R)) et m1, m2 non finies. Un exemple avec(E, T ) = (R,B(R)) et m1, m2 finies est aussi possible mais plus difficile a trouver. . . ]
297
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
on prend (E, T ) = (R,B(R)).
âą Exemple âfacileâ (avec m1, m2 non finies).On prend C1 = ]a,â[, a â R. On a bien T (C1) = B(R), câest-a-dire que C1 engendre B(R)(voir la proposition 2.2). On prend alors m1 = λ et m2 = 2λ (câest-a-dire m2(B) = 2λ(B)pour tout B â B(R)). On a bien m1(B) = m2(B) pour tout B â C1 (car on a alors m1(B) =m2(B) =â). Mais m1 6= m2 puisque, par exemple, m1(]0, 1[) = 1 et m2(]0, 1[) = 2.
âą Exemple âdifficileâ (avec m1, m2 finies).On prend maintenant C2 = B â B(R); â1, 0, 1â©B = â âȘ â1, 0âȘ 0, 1 (un elementde C2 est donc un borelien ne contenant ni â1 ni 0 ni 1, ou bien la partie â1, 0, ou bienla partie 0, 1). On montre dâabord que T (C2) = B(R). Il est clair que T (C2) â B(R) carC2 â B(R). Pour montrer lâinclusion inverse, câest-a-dire B(R) â T (C2), on remarque que0 = â1, 0â© 0, 1 â T (C2) et donc que â1 = â1, 0 \ 0 â T (C2), 1 = 0, 1 \ 0 âT (C2). Finalement on voit alors que B(R) â T (C2) car tout borelien sâecrit comme un borelienne contenant ni â1 ni 0 ni 1 (qui appartient donc a T (C2)), auquel on ajoute eventuellement1, 2 ou 3 autre(s) element(s) de T (C2) (qui sont les parties 0, â1 et 1, on conclut alorsavec la stabilite par union finie de la tribu T (C2)).
On rappelle que, pour a â R, on note ÎŽa la mesure de dirac sur B(R). On a donc, pourB â B(R), ÎŽa(B) = 1 si a â B et ÎŽa(B) = 0 si a /â B. On prend alors m1 = ÎŽâ1 + ÎŽ0 + ÎŽ1 etm2 = 2ÎŽâ1 + 2ÎŽ1. On a clairement m1 = m2 sur C2 car m1(B) = m2(B) = 0 si B â B(R) estt.q. â1, 0, 1 â© B = â et m1(â1, 0) = m2(â1, 0) = m1(0, 1) = m2(0, 1) = 2. Enfin,on a m1 6= m2 puisque, par exemple, m1(0) = 1 et m2(0) = 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 26 (Resultat dâunicite)Soit (E, T ) un espace mesurable et m,” deux mesures sur T . Soit C â P(E). On suppose que C engendreT et que C est stable par intersection finie.On suppose que m(A) = ”(A) pour tout A â C.
1. On suppose que E â C et que m(E) <â. Montrer que m(A) = ”(A) pour tout A â T . [On pourraintroduire D = A â T, m(A) = ”(A) et utiliser lâexercice 2.14.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On pose D = A â T, m(A) = ”(A). La Ïâadditivite de m et ” montre que D est stable par uniondenombrable disjointe. Comme m(E) < â, on peut aussi montrer que D est stable par difference(au sens de lâexercice 2.14). En effet, si A,B â D, avec B â A, on a (par additivite de m et ”)m(B) +m(A \B) = m(A) et ”(B) +”(A \B) = ”(A). Comme m(A) <â et ”(A) <â, on a doncm(A \B) = m(A)âm(B) et ”(A \B) = ”(A)â ”(B), ce qui prouve que m(A \B) = ”(A \B) etdonc que A \B â D.
On utilise maintenant lâexercice 2.14. Comme D â C, C est stable par intersection finie et E â C, laquestion 3 de lâexercice 2.14 permet de montrer D = Ï(C) = T . (Plus precisement, comme D â C,on a D â Zr, ou Zr est defini dans le corrige 19. Puis, en utilisant que C est stable par intersectionfinie et que E â C, la derniere question de lâexercice 2.14 donne que D â Ï(C).)
On a donc bien montre que m(A) = ”(A) pour tout A â T .ââââââââââââââââââââââââââââââ
298
2. (Generalisation de la question precedente). On suppose quâil existe une suite (En)nâN â C t.q.En â© Em = â si n 6= m, m(En) <â pour tout n â N et E = âȘnâNEn. Montrer que m(A) = ”(A)pour tout A â T .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit n â N. Pour A â T , on pose mn(A) = m(Aâ©En) et ”n(A) = ”(Aâ©En) (noter que Aâ©En â T ,car A,En â T ). On obtient ainsi deux mesures sur T , mn et ”n. Ces deux mesures sont egales surC (car A â© En â C puisque C est stable par intersection finie).
On raisonne alors comme a la question precedente. On pose D = A â T, mn(A) = ”n(A) etle raisonnement de la question recedente donne que D est stable par union denombrable disjointeet (grace a mn(E) < â) que D est stable par difference (au sens de lâexercice 2.14). On utilisemaintenant la remarque de la fin de la question 3 de lâexercice 2.14. Comme D â C, C est stable parintersection finie et E est une union denombrable disjointe dâelements de C, cette remarque donneD = Ï(C) = T . On a donc, pour tout A â T et tout n â N :
m(A ⩠En) = mn(A) = ”n(A) = ”(A ⩠En).
On en deduit que m(A) = ”(A), pour tout A â T , car, par Ïâadditivite de m et ”, m(A) =ânâN m(A â© En) =
ânâN ”(A â© En) = ”(A).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Avec (E, T ) = (R,B(R), donner un exemple pour lequel E â C et m 6= ”.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Un exemple simple est obtenu en prenant pour C lensemble des ouverts de R, ” = 2m et m definiesur T par m(A) =card(A) si A a un nombre fini dâelements et m(A) = +â sinon.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 27 (Mesure atomique, mesure diffuse)Soit (E, T ) un espace mesurable t.q. x â T pour tout x â E. Une mesure m sur T est diffuse sim(x) = 0 pour tout x â E. Une mesure m sur T est purement atomique si il existe S â T t.q.m(Sc) = 0 et m(x) > 0 si x â S.
1. Montrer quâune mesure purement atomique et diffuse est nulle. Donner, pour (E, T ) = (R,B(R))un exemple de mesure purement atomique et un exemple de mesure diffuse. [Montrer que la mesurede Lebesgue sur B(R) est diffuse.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit m une mesure purement atomique et soit S â T t.q. m(Sc) = 0 et m(x) > 0 si x â S. Si mest diffuse, on a m(x) = 0 pour tout x â E, donc S = â et m = 0.
On rappelle que, pour a â R, on note ÎŽa la mesure de dirac sur B(R). On a donc, pour B â B(R),ÎŽa(B) = 1 si a â B et ÎŽa(B) = 0 si a /â B. La mesure ÎŽa est (pour tout a â R) purement atomique,il suffit de prendre S = a, on a bien ÎŽa(Sc) = 0 et ÎŽa(a) = 1 > 0.
Un exemple de mesure diffuse sur (R,B(R)) est donne par la mesure de Lebesgue sur B(R).ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit m une mesure diffuse sur T . Montrer que tous les ensembles denombrables sont de mesurenulle.
299
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit A une partie denombrable de E. Il existe donc une suite (xn)nâN â E t.q. A = xn, n â N= âȘnâNxn. On a donc A â T (car xn â T pour tout n â N et que T est stable par uniondenombrable) et m(A) â€
â+ân=0m(xn) = 0 car m est diffuse.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soit m une mesure sur T . On suppose que m est Ï-finie, câest a dire quâil existe (En)nâN â T t.q.E = âȘnâNEn et m(En) < +â pour tout n â N.
(a) Montrer que lâensemble des x â E t.q. m(x) > 0 (de tels x sont appeles âatomesâ de m) estau plus denombrable. [On pourra introduire lâensemble An,k = x â En; m(x) â„ 1
k.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn pose A = x â E; m(x) > 0. Si x â A, il existe n â N t.q. x â En et il existek â N? t.q. m(x) â„ 1
k . On a donc x â An,k. Ceci montre que A = âȘ(n,k)âNĂN?An,k. Pourmontrer que A est au plus denombrable, il suffit de montrer que An,k est au plus denombrable(car une reunion denombrable dâensembles au plus denombrables est au plus denombrable).Soit donc n â N et k â N?. Soit x1, . . . , xp p elements distincts de An,k. Par monotonie etadditvite de m, on a p
k â€âpn=1m(xn) = m(x1, . . . , xp) †m(En) <â. On en deduit que
p †km(En) < â et donc que An,k a un nombre fini dâelements (ce nombre est inferieur ouegal a km(En)). On en deduit donc que A est au plus denombrable.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Montrer quâil existe une mesure diffuse md et une mesure purement atomique ma sur T tellesque m = md +ma. Montrer que md et ma sont etrangeres, câest a dire quâil existe A â T t.q.md(A) = 0 et ma(Ac) = 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn considere toujours A = x â E; m(x) > 0. On remarque tout dâabord que A â T (carA est au plus denombrable, dâapres la question precedente, et que les singletons, câest-a-direles parties reduites a un seul element, sont dans T ). On pose alors, pour tout B â T :
ma(B) = m(B â©A), md(B) = m(B â©Ac).
Il est facile de voir que md et ma sont des mesures sur T et que, par additivite de m, on a bienm = ma +md.
La mesure md est diffuse car, si x â E, on a md(x) = m(x) = 0 si x â Ac (car A contienttous les points t.q. m(x) > 0) et md(x) = m(â ) = 0 si x â A (car x â©Ac = â ).La mesure ma est purement atomique. Il suffit de prendre S = A, on a bien ma(Sc) =m(Ac â©A) = 0 et ma(x) = m(x) > 0 si x â S = A.
Enfin, ma et md sont etrangeres car md(A) = 0 et ma(Ac) = 0.ââââââââââââââââââââââââââââââ
(c) Montrer que si m est finie il existe un singleton dont la mesure est superieure ou egale a lamesure de tous les autres singletons. Montrer que ceci peut-etre inexact si m nâest que Ï-finie.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn suppose que m est finie. Soit M = supm(x), x â E. On veut montrer quâil existex â E t.q. M = m(x). On suppose M > 0 (sinon, il suffit de prendre nâimporte quel x â E
300
pour avoir m(x) = M). On va raisonner par lâabsurde, on suppose donc que m(x) < Mpour tout x â E. Par definition de M , Il existe une suite (xn)nâN â E t.q. m(xn) â Mquand n â â. Comme m(xn) < M pour tout n â N, on peut meme supposer (quitte aextraire une sous suite) que m(xn) < m(xn+1) < M pour tout n â N. Quitte a supprimerles premiers termes de la suite, on peut aussi supposer que m(x0) > M
2 . Les points xnsont alors tous distincts, ce qui donne
â+ân=0m(xn) = m(xn, n â N) †m(E). Ceci est
impossible car m(E) <â et m(xn) > M2 pour tout n â N (donc
â+ân=0m(xn) =â).
Exemple de mesure Ï-finie pour laquelle M nâest pas atteint.
Sur (R,B(R) on definit m par m(B) =âân=2(1 â 1
n )ÎŽn(B) (ou ÎŽn est le mesure de Dirac aupoint n â N).
Pour montrer que m est une mesure, on peut remarquer, en posant N2 = n â N; n â„ 2, quem(B) =
ânâN2;nâB(1â 1
n ). Si B = âȘpâNBp avec Bp â© Bq = â si p 6= q, on aâpâN m(Bp) =â
pâNânâN2;nâBp(1 â 1
n ) =â
(n,p)âN2ĂN;nâBp(1 â 1n ) (on utilise ici le lemme 2.3 page 30).
Comme les Bp sont disjoints 2 a 2, n appartient a Bp pour au plus 1 p, et comme B = âȘpâNBp,on obtient
â(n,p)âN2ĂN;nâBp(1 â 1
n ) =ânâN2ĂN;nâB(1 â 1
n ) = m(B). Ceci prouve la Ï-additivite de m. Le fait que m(â ) = 0 est immediat. On a donc bien montre que m est unemesure.
La mesure m est bien Ï-finie, il suffit de remarquer que m([ân, n]) < â pour tout n â N etque R = âȘnâN[ân, n]. enfin, pour cette mesure m, on a M = supm(x), x â E = 1 et ilnâexiste pas de x â R t.q. m(x) = 1. En fait, m est purement atomique car m((N2)c) = 0et on a 0 < m(x), pour tout x â N2.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Pour (E, T ) = (R,B(R)), donner un exemple de mesure purement atomique finie dont lâensembledes atomes est infini.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Un tel exemple est obtenu en modifiant legerement la mesure construite a la question precedente.Sur (R,B(R) on definit m par m(B) =
âân=1
1n2 ÎŽn(B). Une demonstration analogue a celle faite a la
question precedente montre que m est bien une mesure sur B(R), m est finie (on a m(R) = Ï2
6 <â),m est atomique car m((N?)c) = 0 et 0 < m(x) < 1, pour tout x â N?. Lâensemble des atomes dem est infini, câest N?.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 28 (limites sup et inf dâensembles)Soit (E, T,m) un espace mesure et (An)nâN â T . On rappelle que lim supnââAn = â©nâN âȘpâ„n Ap etlim infnââAn = âȘnâN â©pâ„n Ap.
1. On suppose quâil existe n0 â N t.q. m(âȘpâ„n0Ap) < â. Montrer que m(lim infnââAn) â€lim infnââm(An) †lim supnââm(An) †m(lim supnââAn).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
âą La propriete de continuite croissante dâune mesure (voir la proposition 2.3) donne :
301
m(lim infnââ
An) = limnââ
m(â©pâ„nAp).
La monotonie de m donne m(â©pâ„nAp) †m(Aq) pour tout q â„ n. On a donc m(â©pâ„nAp) â€infpâ„nm(Ap) et donc limnââm(â©pâ„nAp) †limnââ(infpâ„nm(Ap)), câest-a-dire :
m(lim infnââ
An) †lim infnââ
m(An).
âą De infpâ„nm(Ap) †suppâ„nm(Ap), on deduit lim infnââm(An) †lim supnââm(An).
âą Comme il existe n0 â N t.q. m(âȘpâ„n0Ap) < â, la propriete de continuite decroissantedâune mesure (voir la proposition 2.3) donne m(lim supnââAn) = limnââm(âȘpâ„nAp). Lamonotonie de m donne m(âȘpâ„nAp) â„ m(Aq) pour tout q â„ n. On a donc m(âȘpâ„nAp) â„suppâ„nm(Ap) et donc limnââm(âȘpâ„nAp) â„ limnââ(suppâ„nm(Ap)), câest-a-dire :
m(lim supnââ
An) â„ lim supnââ
m(An).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Donner un exemple (câest-a-dire choisir (E, T,m) et (An)nâN â T ) pour lequel :
lim supnââ
m(An) > m(lim supnââ
An).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend (E, T,m) = (R,B(R), λ) et An = [n, n+ 1[, pour tout n â N. On obtient alors :
lim supnââ
m(An) = 1 > 0 = m(â ) = m(lim supnââ
An).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Donner un exemple avec m finie (câest-a-dire m(E) <â) pour lequel
m(lim infnââAn) < lim infnââm(An) < lim supnââm(An) < m(lim supnââAn).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend (E, T,m)=([0, 4],B([0, 4]), λ) (plus precisement, λ est ici la restriction a B([0, 4]) deλ qui est une mesure sur B(R)) et A2n = [0, 2], A2n+1 = [1, 4] pour tout n â N. On obtientlim supnââAn = [0, 4] et lim infnââAn = [1, 2]. On a ainsi :
m(lim infnââAn) = 1, lim infnââm(An) = 2, lim supnââm(An) = 3 et m(lim supnââAn) = 4.ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. (?) (Lemme de Borel-Cantelli) On suppose queânâN m(An) <â.
Montrer que m(lim supnââAn) = 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
DeânâN m(An) <â on deduit que
ââp=nm(Ap)â 0 quand nââ et donc que m(âȘpâ„nAp)â 0
quand n â â (car, par Ï-sous additivte de m, on a m(âȘpâ„nAp) â€ââp=nm(Ap)). Par continuite
decroissante de m, on en deduit alors m(lim supnââAn) = 0.ââââââââââââââââââââââââââââââ
302
Corrige 29 (Petit ouvert dense. . . ) (??)On considere ici lâespace mesure (R,B(R), λ). Soit Δ > 0, peut-on construire un ouvert dense dans R demesure inferieure a Δ ? [On rappelle quâune partie A de R est dense dans R si A = R ou encore si, pourtout x â R et pour tout Δ > 0, il existe a â A t.q. |xâ a| < Δ.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââLa reponse est âouiâ. . . . Soit Δ > 0. Comme Q est denombrable, il existe Ï : N â Q, bijective. Onconsidere alors O = âȘnâN]Ï(n) â Δ
2n+2 , Ï(n) + Δ2n+2 [. O est bien un ouvert (comme reunion dâouverts),
dense dans R (car O â Q et Q est dense dans R) et, par Ï-sous additivite dâune mesure, on a λ(O) â€Î”â+ân=0
12n+1 = Δ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 30 (Non existence dâune mesure sur P(R) exprimant la longueur) (??)On definit la relation dâequivalence sur [0, 1[ : xRy si xây â Q. En utilisant lâaxiome du choix, on construitun ensemble A â [0, 1[ tel que A contienne un element et un seul de chaque classe dâequivalence. Pourq â Qâ© [0, 1[, on definit Aq = y â [0, 1[; y = x+ q ou y = x+ qâ 1, x â A, câest-a-dire Aq = y â [0, 1[;y â q â A ou y â q + 1 â A.
1. Montrer queâqâQâ©[0,1[Aq = [0, 1[.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit y â [0, 1[, il existe x â A t.q. yRx (car A contient un element dans chaque classe dâequivalence),câest-a-dire yâ x â Q. Comme yâ x â]â 1, 1[ (car x, y â [0, 1[), on a donc yâ x = q â Qâ© [0, 1[ ouy â x + 1 = q â Qâ©]0, 1[. Ceci donne y â Aq. On a donc [0, 1[â âȘqâQâ©[0,1[Aq. Comme Aq â [0, 1[pour tout q â Q â© [0, 1[, on a finalement [0, 1[= âȘqâQâ©[0,1[Aq.
Il est important aussi de remarquer que les Aq sont disjoints 2 a 2. En effet, si y â Aq â© AqâČ , ilexiste x, xâČ â A t.q. yâx = q ou (qâ 1) et yâxâČ = qâČ ou (qâČâ 1). On en deduit xâxâČ â Q et doncx = xâČ (car A contient un seul element de chaque classe dâequivalence). Ceci donne q = qâČ = y â x(si y â x â [0, 1[) ou q = qâČ = y â x+ 1 (si y â x â]â 1, 0[).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que si m est une application de P(R) dans R+, invariante par translation et verifiantm([0, 1[) = 1, m ne peut pas etre Ï- additive. En deduire la non-existence dâune mesure m, surP(R), invariante par translation et t.q. m([a, b]) = bâ a pour tout a, b â R, a < b. En particulier,montrer que lâapplication λ?, definie en cours, ne peut pas etre une mesure sur P(R).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On suppose que m est une mesure sur P(R) verifiant m([0, 1[) = 1. La Ï- additivite de m donnealors, avec la premiere question,
1 =â
qâQâ©[0,1[
m(Aq). (12.6)
Pour x â R et B â P(R), on note B + x = y + x, y â B. On suppose que m est invariante partranslation, on a donc m(B + x) = m(B) pour tout B â P(R) et tout x â R.
On remarque maintenant que Aq = ((A+q)â© [0, 1[)âȘ((A+qâ1)â© [0, 1[) pour tout q â Qâ© [0, 1[. Deplus, si y â ((A+q)â© [0, 1[)â© ((A+qâ1)â© [0, 1[), il existe x, xâČ â A t.q. y = x+q = xâČ+qâ1, doncxâČ â x = 1, ce qui est impossible. Ceci montre que ((A+ q) â© [0, 1[) â© ((A+ q â 1) â© [0, 1[) = â . On
303
a donc, en utilisant lâadditivite de m, lâinvariance par translation de m et le fait que A+ q â [0, 2[,m(Aq) = m((A+ q) â© [0, 1[) +m((A+ q â 1) â© [0, 1[) = m((A+ q) â© [0, 1[) +m((A+ q) â© [1, 2[) =m(A + q) = m(A), pour tout q â Q â© [0, 1[. On en deduit
âqâQâ©[0,1[m(Aq) = 0 si m(A) = 0 etâ
qâQâ©[0,1[m(Aq) =â si m(A) > 0, et doncâqâQâ©[0,1[m(Aq) 6= 1, en contradiction avec (12.6). Il
nâexiste donc pas de mesure sur P(R), invariante par translation et t.q. m([0, 1[) = 1.
Si m est une mesure sur P(R), invariante par translation et t.q. m([a, b]) = b â a pour touta, b â R, a < b. On montre que m[0, 1[= 1 en utilisant la continuite croissante de m et le fait que[0, 1[= âȘnâ„1[0, 1â 1
n ]. Il est donc impossible de trouver une telle mesure.
Lâapplication λ? definie en cours sur P(R) (a valeurs dans R+) est invariante par translation etverifie λ?([a, b]) = bâ a pour tout a, b â R, a < b. Elle nâest donc pas Ï-additive sur P(R).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 31Soit m une mesure sur B(R) t.q. pour tout intervalle I et tout x â R on ait m(I) = m(I + x) (avecI + x = a+ x, a â I) et m([0, 1]) = 1. Montrer que pour tout x â R, m(x) = 0 (i.e. m est diffuse).En deduire que m est la mesure de Lebesgue sur B(R). [On pourra decouper [0, 1[ en q intervalles delongueur 1/q.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn pose m(0) = α. Soit x â R. On prend I = 0 (I est bien un intervalle) de sorte que I + x = x.On a alors α = m(0) = m(I) = m(I + x) = m(x). On a donc montre que m(x) = α pour toutx â R. Pour montrer que α = 0, il suffit, par exemple, de remarquer que, en utilisant la Ï-additivite dem :
1 = m([0, 1]) â„âân=1
m( 1n) â„
âân=1
α.
On en deduit α = 0 (sinon, le membre de droite de la precedente inegalite est egal a +â et lâinegaliteest alors fausse).On a donc bien montre que m(x) = 0 pour tout x â R. Ceci donne, en particulier que 1 = m([0, 1]) =m([0, 1[) +m(1) = m([0, 1[).
Soit maintenant q â N?. On a m([ iq ,i+1q [) = m([0, 1
q [) pour tout i â 0, . . . , qâ1, car [ iq ,i+1q [= [0, 1
q [+ iq .
On en deduit :
1 = m([0, 1[) =qâ1âi=0
m([i
q,i+ 1q
[) = qm([0,1q
[),
et donc m([0, 1q [) = 1
q . Ceci donne aussi, pour tout x â R, m([x, x+ 1q [) = 1
q , car [x, x+ 1q [= [0, 1
q [+x.En utilisant lâadditivite de m, on a donc, pour tout p â N? :
m([0,p
q[) =
pâ1âi=0
m([i
q,i+ 1q
[) =p
q. (12.7)
De (12.7), on va deduire m([α, ÎČ[) = ÎČ â α pour tout α, ÎČ â R t.q. α < ÎČ. En effet, soit α, ÎČ â R t.q.α < ÎČ. Comme [α, ÎČ[= [0, Îł[+α, avec Îł = ÎČ â α, on a m([α, ÎČ[) = m([0, Îł[). Il existe alors deux suites(rn)nâN â Q?
+ et (sn)nâN â Q?+ t.q. rn â Îł et sn â Îł quand nââ. Comme [0, rn[â [0, Îł[â [0, sn[, on
a, grace a (12.7), rn = m([0, rn[) †m([0, Îł[) †m([0, sn[) = sn. Eh faisant nââ, on en deduit quem([0, Îł[) = Îł et donc m([α, ÎČ[) = ÎČ â α.
304
Enfin, comme m(α) = 0, on a aussi
m(]α, ÎČ[) = ÎČ â α, pour tout α, ÎČ â R, α < ÎČ.
La partie âuniciteâ du theoreme de Caratheodory donne alors m = λ.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 32 (Support dâune mesure sur les boreliens de Rd)Soit m une mesure sur B(Rd). Montrer quâil existe un plus grand ouvert de mesure nulle pour m.Lâensemble ferme complementaire de cet ouvert sâappelle le support de m. [On pourra, par exemple,considerer les paves a extremites rationnelles qui sont de mesure nulle pour m.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn note A lâensemble des ouverts de Rd de mesure nulle pour m. Lâensemble A est non vide (carlâensemble vide est un ouvert de Rd de mesure nulle). On pose :
O = âȘÏâAÏ.
Lâensemble O est donc la reunion de tous les ouverts de Rd de mesure nulle. Il est clair que O est ouvert(car câest une reunion dâouverts) et quâil contient tous les ouverts de Rd de mesure nulle. Pour montrerque O est le plus grand ouvert de mesure nulle, il suffit donc de montrer que O est de mesure nulle. Pourcela, on va montrer que O est une reunion denombrable dâouverts de mesure nulle.Soit x = (x1, . . . , xd)t â O. Il existe Ï â A t.q. x â Ï. Comme Ï est ouvert, il existe Δ > 0 t.q. :
dâi=1
]xi â Δ, xi + Δ[â Ï.
Pour tout i â 1, . . . , d il existe Îłi,x â]xi â Δ, xi[â©Q et ÎŽi,x â]xi, xi + Δ[â©Q. On a donc :
x âdâi=1
]Îłi,x, ÎŽi,x[â Ï â O.
Par monotonie dâune mesure, on a m(âdi=1]Îłi,x, ÎŽi,x[) †m(Ï) = 0, et donc m(
âdi=1]Îłi,x, ÎŽi,x[) = 0.
Comme O = âȘxâOx, on a aussi :
O = âȘxâOdâi=1
]Îłi,x, ÎŽi,x[= âȘxâOPÎłx,ÎŽx , (12.8)
en posant Îłx = (Îł1,x, . . . , Îłd,x)t, ÎŽx = (ÎŽ1,x, . . . , ÎŽd,x)t et PÎł,ÎŽ =âdi=1]Îłi, ÎŽi[ (si Îł = (Îł1, . . . , Îłd)t et
ÎŽ = (ÎŽ1, . . . , ÎŽd)t).On remarque maintenant que, pour tout x â O, Îłx, ÎŽx â Qd. Lâegalite (12.8) donne donc :
O = âȘ(Îł,ÎŽ)âBPÎł,ÎŽ,
ou B est une partie de Q2d et m(PÎł,ÎŽ) = 0 pour tout (Îł, ÎŽ) â B. Comme Q2d est denombrable, la partieB est au plus denombrable et la Ïâsous additivite dâune mesure donne alors que m(O) = 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 33 (Ensemble de Cantor)
305
On considere lâespace mesure ([0, 1],B([0, 1]), λ).On pose C0 = [0, 1], a0
1 = 0, b01 = 1, et α0 = 1. Pour n â„ 0, on construit Cn+1 â [0, 1] de lamaniere suivante : on suppose Cn =
â2n
p=1[anp , bnp ] connu, et on definit Cn+1 =
â2n+1
p=1 [an+1p , bn+1
p ] ou, pourp = 1, . . . , 2n, an+1
2pâ1 = anp , bn+12pâ1 = anp + αn+1, an+1
2p = bnp â αn+1 et bn+12p = bnp , avec αn+1 = Ïnαn
2 , et0 < Ïn < 1. On pose C = â©nâ„0Cn (C sâappelle âensemble de Cantorâ, lâexemple le plus classique estobtenu avec Ïn = 2
3 pour tout n â N).
1. Montrer que Cn+1 â Cn.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Pour tout n â N et p â 1, . . . , 2n, la longueur de lâintervalle [anp , bnp ] est αn. Comme αn+1 <
αn2
et que an+12pâ1 = anp et bn+1
2p = bnp , on a [an+12pâ1, b
n+12pâ1] âȘ [an+1
2p , bn+12p ] â [anp , b
np ], pour tout n â N et
p â 1, . . . , 2n. En prenant lâunion sur p â 1, . . . , 2n, on en deduit Cn+1 â Cn.ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que C est compact etC= â .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Lâensemble C est ferme (dans R) car câest une intersection de fermes (chaque Cn est ferme). Dâautrepart C â [0, 1], C est donc compact (car ferme et borne dans R).
Comme αn+1 < αn2 , on a toujours bnp < anp+1 (pour tout n â N et p â 1, . . . , 2n â 1). Les
intervalles composant Cn sont donc disjoints 2 a 2 et de longueur αn. Ceci montre que x, y â [0, 1],(y â x) > αn implique ]x, y[ 6â Cn. Comme αn â 0 quand n â â (noter que αn †1
2n ), on en
deduit que C = â©nâNCn ne contient aucun intervalle ouvert (non vide) et donc queC= â .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que C est non denombrable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On commence par definir, par recurrence sur n â N?, des points xc pour c â 1, 2n.
Pour n = 1, x(1) = a01 et x(2) = b01.
Soit n â„ 1. Supposons que xc est construit pour tout c â 1, 2n et que pour chaque c â 1, 2n,xc â bnâ1
p , p = 1, . . . , 2nâ1 âȘ anâ1p , p = 1, . . . , 2nâ1. On construit maintenant xc pour c â
1, 2n+1. Soit donc c â 1, 2n+1, on pose c = c, b avec c â 1, 2n et d â 1, 2 et on distingue4 cas :
(a) xc = bnâ1p , avec p â 1, . . . , 2nâ1, d = 1. On pose alors xc = an2p,
(b) xc = bnâ1p , avec p â 1, . . . , 2nâ1, d = 2. On pose alors xc = bn2p,
(c) xc = anâ1p , avec p â 1, . . . , 2nâ1, d = 1. On pose alors xc = an2pâ1,
(d) xc = anâ1p , avec p â 1, . . . , 2nâ1, d = 2. On pose alors xc = bn2pâ1.
Il est interessant de noter, avec ces formules, que |xc â xc| †αn †12n et que xc â C.
On note S lâensemble des suites indexees par N?, prenant leurs valeurs dans 1, 2. Si c â S, onnote cn lâelement de 1, 2n forme par les n premiers termes de la suite et on note xn = xcn . La
306
suite (xn)nâN est de Cauchy (car |xn+1 â xn| †12n ) et incluse dans C, elle converge donc vers un
point xc â C. On remarque que si c et câČ sont deux suites differentes, alors xc 6= xcâČ . En effet soitn â N t.q. cn = câČn et cn+1 6= câČn+1, on alors |xcm â xcâČm | â„ (1â Ïn)αn pour tout m > n et donc, enpassant a la limite quand m â â, |xc â xcâČ | â„ (1 â Ïn)αn, ce qui donne xc 6= xcâČ . Lâapplicationc 7â xc est donc une injection de S dans C. Ceci montre que C est infini non denombrable (car Sest infini non denombrable).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Montrer que si Ïn ne depend pas de n, alors λ(C) = 0. En deduire que si A â B([0, 1]), λ(A) = 0nâentraıne pas que A est denombrable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
La construction des points anp et bnp donne λ([an+12pâ1, b
n+12pâ1] âȘ [an+1
2p , bn+12p ]) = 2αn+1 = Ïnαn =
Ïnλ([anp , bnp ]). En prenant lâunion sur p â 1, . . . , 2n, on en deduit λ(Cn+1) = Ïnλ(Cn).
Si Ïn ne depend pas de n, câest-a-dire Ïn = Ï pour tout n â N et 0 < Ï < 1, on a donc λ(Cn+1) =Ïλ(Cn). Ceci donne, comme λ(C0) = 1, λ(Cn) = Ïn pour tout n â N. Par continuite decroissantede λ, on en deduit λ(C) = limnââ λ(Cn) = 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
5. Soit 0 < Δ < 1. Montrer quâil existe une suite (Ïn)nâ„0 â]0, 1[ t.q. λ(C) = Δ.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit (Δn)nâN â]Δ, 1] t.q. Δ0 = 1, Δn+1 < Δn pour tout n â N et Δn â Δ quand n â â (on peutprendre, par exemple, Δn = Δâ 1âΔ
n+1 ).
On prend Ïn = Δn+1Δn
pour tout n â N. On a bien 0 < Ïn < 1 et, comme λ(Cn+1) = Ïnλ(Cn) (cecia ete demontre a la question precedente), on adonc λ(Cn) = Δn pour tout n â N. Par continuitedecroissante de λ, on en deduit λ(C) = limnââ λ(Cn) = Δ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
6. Soit f lipschitzienne de R dans R. Montrer que si A est un compact de [0, 1] t.q. λ(A) = 0, alorsf(A) est un compact de R t.q. λ(f(A)) = 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Comme f est continue, f transforme les compacts en compacts. Donc, f(A) est bien un compactde R (et donc appartient a B(R)).
On montre maintenant que λ(f(A)) = 0.
Soit L â R t.q. |f(y) â f(x)| †L|y â x| pour tout x, y â R. On commence par montrer un petitresultat preliminaire. Soit I = [a, b] un intervalle ferme de [0, 1] (I est donc compact). Comme fest continue sur [a, b], il existe x, y â [a, b] t.q. f(x) = m = minf(z), z â [a, b] et f(y) = M =maxf(z), z â [a, b]. On a donc f(I) â [m,M ] (en fait, f(I) = [m,M ]), dâou :
λ(f(I)) â€M âm = f(y)â f(x) †L|y â x| = Lλ(I). (12.9)
Soit η > 0. Comme A â B(R), dâapres la regularite de λ (voir le theoreme 2.3), il existe O, ouvert deR, t.q. A â O et λ(0) †η. Dâapres le lemme 2.4 page 35, O est une union denombrable dâintervalles
307
ouverts disjoints 2 a 2. En prenant eventuellement la restriction a [0, 1] de ces intervalles, on obtientdonc une famille denombrable, notee (In)nâN, dâintervalles inclus dans [0, 1], disjoints 2 a 2 t.q.A â âȘnâNIn â O. On en deduit
â+ân=0 λ(In) = λ(âȘnâNIn) †η et f(A) â âȘnâNf(In) â âȘnâNf(In).
On a donc λ(f(A)) â€â+ân=0 λ(f(In)). En utilisant (12.9), on a donc λ(f(A)) †L
â+ân=0 λ(In) =
Lâ+ân=0 λ(In) †Lη. Comme η est arbitrairement petit, on a donc λ(f(A)) = 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
7. Construire une fonction continue de R dans R t.q. si A est un compact de [0, 1] t.q. λ(A) = 0, onnâa pas forcement λ(f(A)) = 0 (mais f(A) est un compact de R). [Utiliser un ensemble de Cantorde mesure nulle (cf question 4) et un ensemble de Cantor de mesure Δ > 0 (cf question 5).]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note C lâensemble obtenu dans la question 4, câest-a-dire avec Ïn = Ï pour tout n â N et0 < Ï < 1 (par exemple, Ï = 2
3 ). On note apn, bpn, Cn les points et ensembles utilises pour construireC et on note aussi D = apn, n â N, p â 1, . . . , 2n âȘ bpn, n â N, p â 1, . . . , 2n. (Noter queD â C.)
Soit Δ > 0. On note C lâensemble C obtenu a la question 5. On a donc λ(C) = Δ. On noteapn, bpn, Cn les points et ensembles utilises pour construire C et on note aussi D = apn, n â N,p â 1, . . . , 2n âȘ bpn, n â N, p â 1, . . . , 2n. (Noter que D â C.)
Soit n â N et p â 1, . . . , 2n. On construit f sur lâintervalle [bn+12pâ1, a
n+12p ] en prenant f affine et
t.q. f(bn+12pâ1) = bn+1
2pâ1 et f(an+12pâ1) = an+1
2pâ1. On remarque que f est ainsi contruit de (âȘnâNCcn) âȘD
dans (âȘnâNCcn) âȘ D et est strictement croissante. Comme (âȘnâNC
cn)c = C et que C est dâinterieur
vide, f est definie sur une partie dense de [0, 1] et, comme (âȘnâNCcn)c = C et que C est dâinterieur
vide, lâimage de f est dense dans [0, 1].
Il est maintenant facile de definir f par densite sur tout [0, 1]. En effet, soit x â [0, 1]\(âȘnâNCcn)âȘD,
il existe une suite de points de (âȘnâNCcn) âȘ D, notee (yn)nâN, convergeant en croissant vers x et
une suite de points de (âȘnâNCcn)âȘD, notee (zn)nâN, convergeant en decroissant vers x (en fait, ces
points peuvent meme etre pris dans D). Comme f et croissante, la suite (f(yn))nâN converge doncen croissant vers un certain Îł â [0, 1] et la suite (f(zn))nâN converge en decroissant vers un certainÎŽ â [0, 1] (la croissance de f donne aussi que ces limites ne dependent que du choix de x et non duchoix des suites (yn)nâN et (zn)nâN). Comme f est croissante, on a Îł †Ύ et comme lâimage de f(definie pour lâinstant seulement sur (âȘnâNC
cn)âȘD) est dense dans [0, 1], on a necessairement Îł = ÎŽ
(lâintervalle Îł, ÎŽ ne rencontre pas lâimage de f). On peut donc poser f(x) = Îł = ÎŽ.
La fonction f est donc maintenant definie sur tout [0, 1] a valeurs dans [0, 1]. Elle est strictementcroissante et son image est dense dans [0, 1], elle est donc continue (par le meme raisonnement quecelui fait pour definir f(x) en tout point x â [0, 1]\(âȘnâNC
cn)âȘD). Comme une application continue
transforme un compact en compact, on a donc f([0, 1]) = [0, 1] et ceci prouve en particulier quef([0, 1] \ (âȘnâNC
cn) âȘD) = [0, 1] \ (âȘnâNC
cn) âȘ D. Comme f(D) = D, on a aussi f(C) = C. Pour
que f soit definie sur R et continue, on ajoute f(x) = 0 pour x < 0 et f(x) = 1 pour x > 1. On atoujours f(C) = C. Ceci donne bien le resultat desire car λ(C) = 0 et λ(C) = Δ > 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 34 (Mesure complete)Soit (E, T,m) un espace mesure. Une partie B de E est dite ânegligeableâ si elle est incluse dans unelement de T de mesure nulle. On note Nm lâensemble des parties negligeables. On pose T = A âȘ N ;A â T, N â Nm.
308
1. Montrer que T est une tribu et que T âȘNm â T .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
(a) On montre dâabord que T est une tribu.
âą â â T car â = â âȘ â et â appartient a T et Nm (car il est de mesure nulle).âą T est stable par passage au complementaire :
Soit C â T . Il existe A â T et N â Nm t.q. C = AâȘN . Comme N â Nm, il existe B â Tt.q. N â B et m(B) = 0.On remarque alors que Cc = (A âȘN)c = Ac â©N c = (Ac â©Bc) âȘ (Ac â©N c â©B). CommeAc â©Bc â T (par les proprietes de stabilite de T ) et (Ac â©N c â©B) â Nm (car inclus dansB), on en deduit que Cc â T . Donc, T est stable par passage au complementaire.
âą T est stable par union denombrable :Soit (Cn)nâN â T . Il existe (An)nâN â T et (Nn)nâN â Nm t.q. Cn = An âȘNn pour toutn â N. Comme, pour tout n â N, Nn â Nm, il existe Bn â T t.q. Nn â Bn et m(Bn) = 0.On a alors âȘnâNCn = (âȘnâNAn)âȘ(âȘnâNNn). On remarque que âȘnâNNn â B = âȘnâNBn âT et m(B) = 0 par Ï-sous additivite de m. Donc, âȘnâNNn â Nm. comme âȘnâNAn â T ,on a finalement âȘnâNCn â T . Ce qui prouve bien que T est stable par union denombrable.
On a bien montre que T est une tribu sur E.
(b) On montre maintenant que T âȘNm â T .
âą Si A â T , on a A = A âȘ â . Comme â â Nm, on en deduit A â T . Donc, T â T .âą Si N â Nm, on a N = â âȘN . Comme â â T , on en deduit N â T . Donc, Nm â T .
Finalement, on a bien T âȘNm â T .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit A1, A2 â T et N1, N2 â Nm t.q. A1 âȘN1 = A2 âȘN2. Montrer que m(A1) = m(A2).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit B2 â T t.q. N2 â B2 et m(B2) = 0. On a :
A1 â A1 âȘN1 = A2 âȘN2 â A2 âȘB2.
Donc, par monotonie et sous additivite de m, m(A1) †m(A2 âȘ B2) †m(A2) + m(B2) = m(A2).En changeant les roles de A1 et A2, on a aussi m(A2) †m(A1). On a donc m(A1) = m(A2).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Pour B â T , soit A â T et N â Nm t.q. B = A âȘ N , on pose m(B) = m(A). (La questionprecedente montre que cette definition est coherente.)
3. Montrer que m est une mesure sur T et m|T = m. Montrer que m est la seule mesure sur T egalea m sur T .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
(a) On montre dâabord que m est une mesure sur T .
Comme â = â âȘ â et â â T â©Nm, on a m(â ) = m(â ) = 0.
309
Soit maintenant (Cn)nâN â T t.q. Cn â© Cm = â si n 6= m. Il existe (An)nâN â T et(Nn)nâN â Nm t.q. Cn = An âȘNn pour tout n â N. Comme, pour tout n â N, Nn â Nm, ilexiste Bn â T t.q. Nn â Bn et m(Bn) = 0.
On a donc âȘnâNCn = (âȘnâNAn)âȘ (âȘnâNNn). On a deja vu que âȘnâNNn â Nm. Par definitionde m, on a donc m(âȘnâNCn) = m(âȘnâNAn). Comme Cn â© Cm = â si n 6= m, on a aussiAn â© Am = â si n 6= m (car Ap â Cp pour tout p). La Ï-additivite de m (et la definition dem(Cn)) donne(nt) alors :
m(âȘnâNCn) = m(âȘnâNAn) =ânâN
m(An) =ânâN
m(Cn).
Ce qui prouve la Ï-additivite de m.
(b) On montre maintenant que m|T = m.
Si A â T , on a A = A âȘ â . Comme â â Nm, on a donc (A â T , on le savait deja, et)m(A) = m(A). Donc, m|T = m.
(c) Enfin, on montre que m est la seule mesure sur T egale a m sur T .
Soit m une mesure sur T egale a m sur T .
Soit C â T . Il existe A â T et N â Nm t.q. C = A âȘ N . Comme N â Nm, il existe B â Tt.q. N â B et m(B) = 0. On a alors A â C â A âȘB. La monotonie de m, le fait que m = msur T et la sous additivite de m donnent :
m(A) = m(A) †m(C) †m(A âȘB) = m(A âȘB) †m(A) +m(B) = m(A).
On a donc m(C) = m(A) = m(C). Ce qui prouve que m = m.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Montrer que Nm = Nm â T .
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On a deja vu (a la question 1) que Nm â T .
âą Il est facile de voir que Nm â Nm. En effet, soit N â Nm. Il existe B â T t.q. N â B etm(B) = 0. Comme T â T et que m = m sur T , on a donc aussi B â T et m(B) = 0. Ce quiprouve que N â Nm.
âą Soit maintenant N â Nm. Il existe C â T t.q. N â C et m(C) = 0. Comme C â T , il existeA â T , M â Nm et B â T t.q. m(B) = 0 et C = A âȘM â A âȘ B. la definition de m donneque m(C) = m(A), on a donc m(A) = 0. On en deduit m(A âȘ B) †m(A) + m(B) = 0, etdonc, comme C â A âȘB, on a bien C â Nm.
On a bien montre que Nm = Nm â T .ââââââââââââââââââââââââââââââ
Lâexercice 4.18 page 104 montre la difference âderisoireâ, du point de vue de lâintegration, entre (E, T,m)et son complete (E, T ,m).
Corrige 35 (Serie commutativement convergente dans R)
310
Soit (an)nâN â R. Le but de lâexercice est de montrer que si la serieânâN aÏ(n) est convergente pour
toute bijection Ï : Nâ N, alors la serieânâN an est absolument convergente.
Pour montrer ce resultat, on suppose, par exemple, queânâN a
+n =â. Montrer quâil existe Ï : Nâ N,
bijective, t.q.ânp=0 aÏ(p) ââ quand nââ. Conclure.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn suppose que la serie
ânâN an nâest pas absolument convergente. La suite (
ânp=0 |ap|)nâN converge
donc en croissant versâ. Comme |ap| = a+p +aâp et que a+
p = maxap, 0 â„ 0 et aâp = maxâap, 0 â„ 0,les deux suites (
ânp=0 a
+p )nâN et (
ânp=0 a
âp )nâN sont donc aussi croissantes et lâune des deux, au moins,
converge vers â. On suppose que la suite (ânp=0 a
+p )nâN converge vers â (un raisonnement analogue a
ce qui suit permettrait de traiter le cas ou la suite (ânp=0 a
âp )nâN converge vers â). On va construire
ci-apres une bijection Ï de N dans N t.q.ânp=0 aÏ(p) â â quand nââ. Ceci prouvera que la serieâ
nâN aÏ(n) est non convergente pour au moins une bijection de N dans N.
On note P = n â N, an â„ 0 et N = n â N, an < 0 (de sorte que P â©N = â et P âȘN = N). Soit Ï1
et Ï2 les deux applications strictement croissantes de N dans N t.q. P = Ï1(n), n â N et N = Ï2(n),n â N.On comnence par montrer quâil existe une suite strictement croissante (an)nâN â N t.q. a0 = 0 et :
aÏ2(n) +an+1â1âp=an
aÏ1(p) â„ 1. (12.10)
Pour montrer lâexistence dâune telle suite (an)nâN, on pose a0 = 0. Puis, on raisonne par recurrence sur n.Si a0, . . . , an sont contruits, lâexistence de an+1 decoule du fait que
ââp=an
aÏ1(p) =ââp=Ï1(an) a
+p =â.
la construction de la suite (Ï(n))nâN se fait alors en prenant Ï1(a0), . . . , Ï1(a1 â 1) puis Ï2(0) puisÏ1(a1), . . . , Ï1(a2 â 1) puis Ï2(1). . . puis Ï1(an), . . . , Ï1(an+1 â 1) puis Ï2(n). . .Pour decrire precisement cette application Ï, on pose b0 = 0 et, pour n â N, bn+1 = bn + an+1 â an + 1(la suite (bn)nâN est strictement croissante et tend donc vers â quand nââ). On definit alors, pourtout n â N, Ï(q) losrque q â bn, . . . bn+1 â 1 par :
Ï(bn + p) = Ï1(an + p) pour p â 0, . . . , an+1 â an â 1,Ï(bn+1 â 1) = Ï2(n).
On a bien ainsi defini une application de N dans N car bn+1â1 = bn+p, pour p = an+1âan. LâapplicationÏ est surjective car Ï(q), q â N = P âȘN. Elle est injective car chaque valeur de Ï1 et Ï2 nâest prisequâune seule fois par Ï. Enfin, on a bien
ânp=0 aÏ(p) â â quand nââ. En effet, on remarque que,
grace a (12.10) :bn+1â1+pâ
q=0
aÏ(q) â„bn+1â1âq=0
aÏ(q) â„ n,
pour tout p â„ 0 et tout n â N. Ce qui donne, pour tout n â N, lim infpâââpq=0 aÏ(q) â„ n, et doncâp
q=0 aÏ(q) ââ, quand pââ.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 36 (Mesure sur S1)
311
On considere S1 = (x, y)t â R2, |x|2+|y|2 = 1 (S1 est donc le cercle unite de R2). Pour z = (x, y)t â S1,il existe un unique Ξz â [0, 2Ï[ t.q. x = cos(Ξz) et y = sin(Ξz). Pour α â [0, 2Ï[ et z â S1 on poseRα(z) = (cos(Ξz +α), sin(Ξz +α))t. Noter que Rα est une bijection de S1 sur S1 (câest la rotation dâangleα).Definir une tribu T sur S1, t.q. T contienne les parties de la forme (cos(Ξ), sin(Ξ))t, Ξ â]α, ÎČ[ avecââ < α < ÎČ <â, et une mesure ” sur T de sorte que (S1, T, ”) soit un espace mesure avec ”(S1) = 1 ett.q. ” soit invariante par rotation (câest a dire que, pour tout A â T et α â [0, 2Ï[, on ait Rα(A) = Rα(z),z â A â T et ”(Rα(A)) = ”(A)). [On pourra utiliser la tribu borelienne de R, notee B(R), et la mesurede Lebesgue sur B(R).]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn note Î lâapplication z 7â Ξz de S1 dans R (cette application est bijective de S1 dans [0, 2Ï[). Onprend alors T = Îâ1(B), B â B(R). Câest bien une tribu sur S1 (voir lâexercice 2.4).Soit ââ < α < ÎČ <â et E = (cos(Ξ), sin(Ξ))t, Ξ â]α, ÎČ[. On a E â S1 et, si z â S1, on a z â E si etseulement si il existe k â Z t.q. Ξz + 2kÏ â]α, ÎČ[. Ceci prouve que
E = âȘkâZÎâ1(]αâ 2kÏ, ÎČ â 2kÏ[),
et donc que E â T car Îâ1(]αâ 2kÏ, ÎČ â 2kÏ[) â T pour tout k â Z.
On definit maintenant ”. Soit A â T . On pose ÎA = Ξz, z â A. Comme A â T , il existe B â B(R) t.q.A = Îâ1(B), et donc A = Îâ1(B â© [0, 2Ï[). Comme Î est une bijection de S1 dans [0, 2Ï[, on a alorsÎA = B â© [0, 2Ï[â B(R). On pose ”(A) = 1
2Ïλ(ÎA), ou λ est la mesure de Lebesgue sur B(R).” est bien une mesure sur T . En effet, on a 2Ï”(â ) = λ(Îâ ) = λ(â ) = 0. Puis, si (An)nâN est une suitedâelements de T , disjoints 2 a 2, la suite (ÎAn)nâN est une suite dâelements de B(R), disjoints 2 a 2. LaÏâadditvite de ” decoule alors de celle de λ.
Il reste a montrer que ” est invariante par rotation. Soit α â [0, 2Ï[ et A â T . Comme on lâa vuprecedemment, il existe B â B(R) t.q. A = Îâ1(B â© [0, 2Ï[). On a donc A = (cos(Ξ), sin(Ξ))t,Ξ â B â© [0, 2Ï[. Pour ÎČ â R, on note BÎČ = Ξ + ÎČ, Ξ â B. On a alors :
Rα(A) = (cos(Ξ + α), sin(Ξ + α))t, Ξ â B â© [0, 2Ï[ = (cos(Ξ), sin(Ξ))t, Ξ â Bα â© [α, 2Ï + α[= (cos(Ξ), sin(Ξ))t, Ξ â Bα â© [α, 2Ï[ âȘ (cos(Ξ), sin(Ξ))t, Ξ â Bαâ2Ï â© [0, α[= Îâ1(Bα â© [α, 2Ï[) âȘÎâ1(Bαâ2Ï â© [0, α[).
La propriete dâinvariance par translation de λ permet de dire que BÎČ â B(R) pour tout ÎČ â R. On adonc Rα(A) â T et, par additivite dâune mesure et definition de ”,
2Ï”(Rα(A)) = λ(Bα â© [α, 2Ï[) + λ(Bαâ2Ï â© [0, α[).
Lâinvariance par translation de λ donne λ(Bαâ2Ï â© [0, α[) = λ(Bα â© [2Ï, α+ 2Ï[) et donc :
2Ï”(Rα(A)) = λ(Bα â© [α, 2Ï[) + λ(Bα â© [2Ï, α+ 2Ï[) = λ(Bα â© [α, α+ 2Ï[) = λ(B â© [0, 2Ï[).
Ce qui donne bien ”(Rα(A)) = ”(A).ââââââââââââââââââââââââââââââ
12.2.3 Probabilites
Corrige 37 (Lemme de Borel-Cantelli)
312
Soient (E, T, p) un espace probabilise et (An)nâN â T . On pose Bn = âȘkâ„nAk et A = â©nâNBn (onrappelle que A = lim supnââAn).
1. Montrer que siânâN p(An) < +â alors p(A) = 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Cette question a ete corrigee dans le corrige 28.ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. On suppose que, pour tout n â N?, les evenements A1, . . . , An sont independants. On suppose aussique
ânâN p(An) =â. Montrer que p(A) = 1.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Comme cela a ete vu dans le corrige 28, la propriete de continuite decroissante dâune mesure (voirla proposition 2.3) domme p(A) = limnââ p(Bn). Il suffit donc de montrer que p(Bn) = 1 pourtout n â N.
Soit n â N. Si il existe k â„ n t.q. p(Ak) = 1, on a, par monotonie de p, que p(Bn) â„ p(Ak) = 1 etdonc p(Bn) = 1. On suppose maintenant que p(Ak) < 1 pour tout k â„ n. Comme Bcn = â©kâ„nAck,la continuite decroissante de p et lâindependance des Ak donne :
p(Bcn) = limmââ
mâk=n
p(Ack) = limmââ
mâk=n
(1â p(Ak)).
Comme ln(1âx) †âx pour tout x < 1 (ou, de maniere equivalente, ln(u) †uâ1 pour tout u > 0,ceci est une consequence, par exemple, de la concavite de la fonction ln), on a, pour m > n :
ln(mâk=n
(1â p(Ak))) =mâk=n
ln(1â p(Ak)) †âmâk=n
p(Ak).
De lâhypotheseânâN p(An) =â, on deduit limmââ ln(
âmk=n(1âp(Ak))) = ââ, et donc p(Bcn) =
0. Ceci donne bien p(Bn) = 1 et termine la demonstration.ââââââââââââââââââââââââââââââ
313
12.3 Exercices du chapitre 3
12.3.1 Fonctions mesurables
Corrige 38 (Caracterisation des fonctions mesurables) (?)Soient (E, T ) un espace mesurable et f une application de E dans R ;
1. Montrer que Tf = B â P(R) ; fâ1(B) â T est une tribu.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Cette question est un cas particulier (avec F = R) de la question 2 de lâexercice 2.4, voir le corrige12 page 285.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit C un ensemble qui engendre B(R), montrer que les deux assertions suivantes sont equivalentes :
(i) f est mesurable,
(ii) fâ1(C) â T , pour tout C â C.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn remarque que f mesurable signifie simplement que Tf (definie a la question precedente)contient B(R).
Le sens (i) â (ii) est immediat car C â B(R).
Pour le sens (ii) â (i), on remarque que Tf est une tribu. Donc, si Tf contient C, on a aussiTf contient T (C) = B(R). Ceci donne f mesurable. Donc, on a bien (ii) â (i)
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 39 (Composition de fonctions mesurables)Soit (E, T ) et (F, S) deux espaces mesurables. Soit f : E â F et Ï : F â R (R est muni, commetoujours, de la tribu borelienne). On suppose que f et Ï sont mesurables. Montrer que Ïf est mesurable(de E dans R).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââE est muni de la tribu T , F est muni de la tribu S et R est muni de la tribu borelienne.Soit B â B(R), on remarque que (Ï f)â1(B) = fâ1(Ïâ1(B)). Comme Ïâ1(B) â S car Ï est mesurable(de F dans R), on a donc fâ1(Ïâ1(B)) â T car f est mesurable (de E dans F ). Ceci montre bien queÏ f est mesurable (de E dans R).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 40 (R ou R+. . . )Soit Ï : Râ R, Ï â„ 0. On munit R (au depart et a lâarrivee) de la tribu borelienne. Montrer que Ï estmesurable (on dit aussi borelienne) si et seulement si Ï est mesurable quand on la considere comme uneapplication de R dans R+ (R+ etant aussi muni de la tribu borelienne).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn suppose Ï mesurable de R dans R. Soit B un borelien de R+, on a donc B â© R â B(R) (voir ladefinition 3.1 page 53). Comme Ï prend ses valeurs dans R et que Ï est mesurable de R dans R, on adonc Ïâ1(B) = Ïâ1(B â© R) â B(R). Ceci donne donc que Ï est mesurable de R dans R+.
314
Reciproquement, on suppose maintenant Ï mesurable de R dans R+ (mais Ï ne prend jamais la valeurâ, on peut donc la considerer comme etant de R dans R). Soit B â B(R). On a donc aussi B â B(R+)et donc Ïâ1(B) â B(R) car Ï est mesurable de R dans R+. Ceci prouve que Ï est mesurable de R dansR.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 41 (Stabilite de M)
1. Soient (E, T ), (EâČ, T âČ), (EâČâČ, T âČâČ) des espaces mesurables, f (resp. g) une application de E dansEâČ (resp. de EâČ dans EâČâČ). On suppose que f et g sont mesurables. Montrer que g f est uneapplication mesurable de E dans EâČâČ.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Cette question est identique a celle de lâexercice 3.3 (voir le corrige 39) avec EâČâČ au lieu de R. Lademonstration est semblable :
Soit B â T âČâČ, on remarque que (g f)â1(B) = fâ1(gâ1(B)). Comme gâ1(B) â T âČ car g estmesurable (de EâČ dans EâČâČ), on a donc fâ1(gâ1(B)) â T car f est mesurable (de E dans EâČ). Cecimontre bien que g f est mesurable (de E dans Eâ).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soit (E, T ) un espace mesurable, on munit R de la tribu des boreliens B(R); soient f et g desfonctions mesurables de E dans R.
(a) Montrer que f+(= sup(f, 0)), fâ(= â inf(f, 0)) sont des fonctions mesurables de E dans R.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââCette question est demontree dans la proposition 3.7 page 60.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Montrer que f + g, fg et |f | sont des fonctions mesurables de E dans R.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââLe fait que f + g, fg â M est demontre dans la proposition 3.5 et le fait que |f | â M estdemontre dans la proposition 3.7 (car |f | prend ses valeurs dans R et |f | â M+, on conclutavec lâexercice 3.4, corrige 40).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soient (E, T ) un espace mesurable, (fn)nâN une suite de fonctions mesurables de E dans R. Onsuppose que la suite (fn(x))nâN converge (dans R) pour tout x â E. On pose f(x) = limnâ+âfn(x)(pour tout x â E). Montrer que f est une fonction mesurable de E dans R.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
La demonstration de cette question est donnee dans la proposition 3.5 page 58 (propriete 3).ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Soit (E, T ) un espace mesurable, on suppose quâil existe A â T dont les sous-ensembles ne soientpas tous mesurables. Il existe donc B â A t.q. B /â T . Montrer que h = 1B â 1A\B nâest pasmesurable (de E dans R), alors que |h| lâest.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
315
1 â B(R) alors que hâ1(1) = B /â T , donc h nâest pas mesurable. Par contre |h| = 1A estmesurable car A â T .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 42 (Mesurabilite des fonctions continues)Soit f une application de R dans R. On munit R (au depart et a lâarrivee) de la tribu borelienne
1. On suppose f continue. Montrer que f est mesurable (on dit aussi que f est borelienne).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit O un ouvert de R. Comme f est continue, fâ1(O) est aussi un ouvert de R, donc fâ1(O) âB(R). Comme lâensemble des ouverts des ouverts engendre B(R), on en deduit que f est mesurable(on utilise ici le caracterisation de la mesurabilite donnee a la proposition 3.2 page 56).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. On suppose f continue a droite (resp. gauche). Montrer que f est mesurable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On suppose f continue a droite. Pour n â N?, on definit fn par :
fn(x) =
0 si x †ân,
f( pn ) si pâ1n < x †p
n , p â ân2 + 1, . . . , n2
0 si x > n,
de sorte que
fn =n2â
p=ân2+1
f(p
n)1] pâ1
n , pn ].
On a fn â E car ]pâ1n , pn ] â B(R) pour tout n et p. Soit x â R. Pour n > |x|, on a fn(x) = f( pn )
avec pn â
1n †x †p
n (p depend de n, x est fixe). Comme f est continue a droite en x, on adonc fn(x) â f(x) quand n â â (car p
n â x, avec pn â„ x). La deuxieme caracterisation de la
mesurabilite (proposition 3.6 page 60) donne alors f âM.ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. On suppose f croissante. Montrer que f est mesurable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit α â R. On pose A = fâ1([α,â[). On suppose A 6= â (si A = â , on a bien A â B(R)). Six â A, on a f(x) ℠α et, comme f est croissante, on a aussi f(y) ℠α pour tout y â„ x. Donc,[x,â[â A. En posant a = inf A â R âȘ ââ, on en deduit que ]a,â[â A â [a,â[. A est doncnecessairement un intervalle (dont la borne superieure estâ), ce qui prouve que A â B(R). Comme[α,â[, α â R engendre B(R), on en deduit que f est mesurable. (On a utilise ici de nouveau lacaracterisation de la mesurabilite donnee a la proposition 3.2 page 56).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 43 (Egalite presque partout)
316
1. Soient f et g des fonctions continues de R dans R et λ la mesure de Lebesgue ; montrer que f = gλ p.p. si et seulement si f = g.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Si f = g (câest-a-dire f(x) = g(x) pour tout x â R), on a bien f = g λ p.p. car f = g sur â c etλ(â ) = 0.
Pour la reciproque, on va utiliser le fait quâun ouvert non vide est toujours de mesure de Lebesguestrictement positive. En effet, si O est un ouvert non vide, il existe α, ÎČ â R t.q. α < ÎČ et ]α, ÎČ[â O,on a donc 0 < ÎČ â α = λ(]α, ÎČ[) †λ(O).
On suppose maintenant que f = g λ p.p., il existe A â B(R) t.q. λ(A) = 0 et f = g sur Ac. On aalors f(x) 6= g(x) â A. Or, f(x) 6= g(x) = (f â g)â1(R?) est un ouvert car (f â g) est continue(de R dans R) et R? est un ouvert de R. Donc f(x) 6= g(x) â B(R) et la monotonie de λ donneλ(f(x) 6= g(x)) †λ(A) = 0. On en deduit que f(x) 6= g(x) = â (car un ouvert non vide esttoujours de mesure de Lebesgue strictement positive) et donc f = g.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soient f et g des fonctions de R dans R et ÎŽ0 la mesure de Dirac en 0 ; montrer que f = g ÎŽ0 p.p.si et seulement si f(0) = g(0).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Si f(0) = g(0), on prend A = 0c. On a bien A â B(R), ÎŽ0(A) = 0 et f = g sur Ac car Ac = 0.Donc, f = g ÎŽ0 p.p..
Reciproquement, on suppose maintenant que f = g ÎŽ0 p.p., il existe donc A â B(R) t.q. f = g surAc et ÎŽ0(A) = 0. Comme ÎŽ0(A) = 0, on a donc 0 /â A, câest-a-dire 0 â Ac et donc f(0) = g(0).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 44Soit f : RN Ă R dans R. On munit Rp de sa tribu borelienne (pour tout p â N?). on suppose que f estmesurable par rapport a x â RN , pour tout y â R, et que f est continue a gauche par rapport a y â R,pour tout x â RN .Pour n > 1 et p â Z, on pose : anp = p
n , p â Z ; on definit la fonction fn, n > 1, de RN Ă R dans R par :
fn(x, y) = f(x, anp ), si y â [anp , anp+1[
On se limite a N = 1.
1. Montrer que fn converge simplement vers f lorsque nâ +â.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit (x, y)t â R2. Pour tout n â N?, on a donc fn(x, y) = f(x, pn ) avec pn †y <
pn + 1
n . Noter que xet y sont fixes et que p depend de n. Quand nââ, on a donc p
n â y avec pn †y. Comme f(x, ·) est
continue a gauche en y, on a donc f(x, pn )â f(x, y) quand nââ, câest-a-dire fn(x, y)â f(x, y)quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
317
2. Montrer que fn est mesurable. [On pourra utiliser, sans le demontrer, le fait que AĂB â B(R2) siA, B â B(R). Ceci est demontre dans lâexercice 2.6 page 42.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit n â N?. Pour p â Z, on pose gp = f(·, pn ). On a donc, par hypothese, gp mesurable de R dansR.
Soit C â B(R). Soit (x, y)t â R2. Il existe donc p â Z t.q. y â [ pn ,p+1n [. On a alors fn(x, y) = gp(x)
et donc fn(x, y) â C si et seulement gp(x) â C. On en deduit que :
fâ1n (C) = âȘpâZ(gâ1
p (C)Ă [p
n,p+ 1n
[).
Comme gp est mesurable, on a gâ1p (C) â B(R). On a aussi [ pn ,
p+1n [â B(R) et donc gâ1
p (C) Ă[ pn ,
p+1n [â B(R2) (ceci est demontre dans lâexercice 2.6 page 42). Comme B(R2) est stable par union
denombrable, on en deduit fâ1n (C) â B(R2) et donc fn mesurable de R2 dans R.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que f est mesurable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Comme fn mesurable pour tout n â N? et que fn(x, y) â f(x, y), quand n â â, pour tout(x, y)t â R2, la propriete 3 de la proposition 3.5 donne que f est mesurable (de R2 dans R).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 45 (Tribu de Borel sur B(R+))
1. Montrer que [0, ÎČ[, ÎČ â R?+ engendre B(R+).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On note C1 = [0, ÎČ[, ÎČ â R?+.
âą Comme [0, ÎČ[ est un ouvert de R+ pour tout ÎČ â R?+, on a C1 â B(R+) et donc T (C1) â B(R+).
âą Par stabilite dâune tribu par passage au complementaire, on a [ÎČ,â], ÎČ â R?+ â T (C1).Comme [0,â] = [0, 1[âȘ[1,â] â T (C1), on a aussi [α,â], α â R+ â T (C1).Par stabilite dâune tribu par intersection, on a alors [α, ÎČ[, α, ÎČ â R+, α < ÎČ â T (C1).Par stabilite dâune tribu par union denombrable, on montre alors que ]α, ÎČ[, α, ÎČ â R+,α < ÎČ â T (C1) et ]ÎČ,â], ÎČ â R+ â T (C1).
Comme tout ouvert de R+ est une reunion au plus denombrable dâintervalles du type ]α, ÎČ[(avec α, ÎČ â R+ â©Q), [0, ÎČ[ (avec ÎČ â R+ â©Q) et ]ÎČ,â] (avec ÎČ â R+ â©Q), on en deduit quetout ouvert de R+ est dans T (C1) et donc B(R+) â T (C1).
On a bien montre que B(R+) = T (C1).ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que [0, ÎČ[, ÎČ â Q â© R?+ engendre B(R+).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
318
On note C2 = [0, ÎČ[, ÎČ â Q â© R?+. Si ÎČ â R?+, on remarque que [0, ÎČ[= âȘαâQâ©R?+,α<ÎČ [0, α[. On endeduit que [0, ÎČ[â T (C2). On a donc C1 â T (C2) et T (C1) â T (C2).
Comme T (C1) = B(R+), on a aussi T (C2) = B(R+).ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer que ]0, ÎČ[, ÎČ â R?+ nâengendre pas B(R+).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend un ensemble E (ayant au moins 2 elements) et une tribu T sur E differente de P(E)(par exemple, T = â , E). Soit alors A â E, A /â T . On definit f de E dans R+ par f(x) = âsi x â A et f(x) = 0 si x /â A. Comme A /â T , la fonction f est non mesurable. On a pourtantfâ1(]0, ÎČ[) = â â T pour tout ÎČ â R?+. Ceci montre que ]0, ÎČ[, ÎČ â R?+ nâengendre pas B(R+).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 46Soit f une fonction mesurable de R dans R (R est muni de sa tribu borelienne, notee B(R)). On sepropose de montrer que le graphe de f est un borelien de R2. On admettra le resultat suivant, vu enTD :
A,B â B(R)â AĂB â B(R2). (12.11)
On munit aussi R2 de sa tribu borelienne. Pour x, y â R, on pose F (x, y) = f(x) et H(x, y) = y.
1. Montrer que F et H sont mesurables de R2 dans R.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit A â B(R). On a Fâ1(A) = fâ1(A) Ă R. Comme f est mesurable, fâ1(A) â B(R). CommeR â B(R), (12.11) donne fâ1(A) Ă R â B(R2) et donc Fâ1(A) â B(R2). On a donc F mesurablede R2 dans R.
Le fait que H est mesurable se demontre de maniere semblable en remarquant que Hâ1(A) = RĂA(ou en utilisant la continuite de H).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. On pose G(f) = (x, y)t â R2; y = f(x) (G(f) est donc le graphe de f). Montrer que G(f) âB(R2).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Lâensemble de fonctions mesurables est un espace vectoriel, on a donc F â H mesurable. On endeduit que G(f) â B(R2) en remarquant que G(f) = (F âH)â1(0) et 0 â B(R).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 47 (mesurabilite au sens de Lusin)Soit m une mesure sur B(RN ), finie sur les compacts de RN . On rappelle (cf. cours) que m est neces-sairement reguliere (câest-a-dire que pour tout A â B(RN ) et pour tout Δ > 0, il existe F ferme et Oouvert t.q. F â A â O et m(O \ F ) < Δ).Soit f â RN â R. On dit que f est âmesurable au sens de Lusinâ si pour tout compact K et pour toutΔ > 0, il existe K1 compact, K1 â K, t.q. m(K \K1) †Δ et f|K1
â C(K1,R).
319
1. On suppose, dans cette question, que f = 1A avec A â B(RN ). Montrer que f est mesurable au sensde Lusin. [Construire K1 avec K, F et O, ou F et O sont donnes par la regularite de m appliqueea lâensemble A.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit K compact et Δ > 0. Par la regularite de m, il existe F ferme et O ouvert t.q. F â A â O etm(O \ F ) < Δ. On prend K1 = (K â© F ) âȘ (K â©Oc).
Les ensembles K â© F et K â© Oc sont fermes (car lâintersection dâun compact et dâun ferme estun compact). Lâensemble K1 est donc compact car il est lâunion de deux compacts. CommeK1 = K\(O\F ), on a bien K1 â K et (K\K1) â (O\F ). On en deduit m(K\K1) †m(O\F ) †Δ.
On montre maintenant que f|K1â C(K1,R). Soit x â K1. On distingue deux cas :
Premier cas. Si x â K â© F , on a alors x â O. Comme O est ouvert il existe ÎŽ t.q. B(x, ÎŽ) â O(ou B(x, ÎŽ) est la boule ouverte de centre x et de rayon ÎŽ). On a donc K1 â©B(x, ÎŽ) â K â© F â A.Ce qui prouve que f|K1
est constante et egale a 1 sur K1 â© B(x, ÎŽ) et donc f|K1est continue en x
(car constante dans un voisinage de x).
Deuxieme cas. Si x â K â© Oc, on raisonne de maniere similaire. On a x â F c. Comme F c estouvert il existe ÎŽ t.q. B(x, ÎŽ) â F c. On a donc K1 â© B(x, ÎŽ) â K â© Oc â Ac. Ce qui prouve quef|K1
est constante et egale a 0 sur K1 â©B(x, ÎŽ) et donc f|K1est continue en x.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. On suppose, dans cette question, que f est etagee (câest-a-dire f â E(RN ,B(RN )). Montrer que fest mesurable au sens de Lusin.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Il existe n â N?, A1, . . . , An â B(RN ) et a1, . . . , an â R t.q. f =âni=1 ai1Ai . On pose fi = 1Ai , de
sorte que f =âni=1 aifi.
Soit K compact et Δ > 0. Par la question 1, pour tout i â 1, . . . , n, il existe K(i)1 compact,
K(i)1 â K, t.q. m(K \K(i)
1 ) †Δ/n et (fi)|K
(i)1
â C(K(i)1 ,R). On prend alors :
K1 = â©ni=1K(i)1 .
On a bienK1 compact (car intersection de compacts), K1 â K. On a aussi (K\K1) = âȘni=1(K\K(i)1 )
et donc :
m(K \K1) â€nâi=1
m(K \K(i)1 ) †Δ.
Enfin, f|K1est continue car f|K1
=âni=1 ai(fi)|K1
et (fi)|K1est continue (puisque (fi)K(i)
1est
continue et K1 â K(i)1 ).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. On suppose que f est mesurable (câest-a-dire f âM(RN ,B(RN )). Montrer que f est mesurable ausens de Lusin. [On rappelle quâune fonction mesurable est limite simple de fonctions etagees. Onpourra utiliser le theoreme dâEgorov, Theoreme 3.2, et la question precedente.]
320
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Comme f âM(RN ,B(RN )), il existe (fn)nâN â E(RN ,B(RN )) t.q. fn â f p.p..
Soit K compact et Δ > 0. Par la question 2, pour tout n â N, il existe K(n)1 compact, K(n)
1 â K,t.q. m(K \K(n)
1 ) †2ân et (fn)|K
(n)1
â C(K(n)1 ,R). On prend tout dâabord :
K2 = â©nâNK(n)1 .
On a bien K2 compact (car intersection de compacts), K2 â K. On a aussi (K \K2) = âȘnâN(K \K
(n)1 ) et donc m(K \K2) â€
ânâN m(K \K(n)
1 ) †2Δ. Enfin, (fn)|K2est continue pour tout n â N.
Pour trouver K1, on utilise maintenant theoreme dâEgorov. Comme fn â f p.p. sur K2 et quem(K2) <â, il existe A â B(Rn) t.q. A â K2, m(K2 \ A) †Δ et fn â f uniformement sur A. Enutilisant la regularite de m , on trouve aussi F â A, F ferme et m(A \ F ) †Δ. On prend alorsK1 = F .
On a bien K1 compact (car K1 est ferme dans le compact K2), K1 â K. On a (K \ K1) =(K \K2) âȘ (K2 \A) âȘ (A \ F ) et donc m(K \K1) †4Δ. Enfin f|K1
est continue car f|K1est limite
uniforme de la suite de fonctions continues ((fn)|K1)nâN.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 48 (V.a. mesurable par rapport a une autre v.a.)Dans cet exercice, on demontre le theoreme 3.1. Soit X et Y deux variables aleatoires reelles definies surun espace de probabilites (Ω,A, P ). On veut veut montrer que Y est mesurable par rapport a la tribuengendree par X (notee Ï(X) si et seulement si il existe une fonction borelienne f de R dans R telle queY = f(X) (câest-a-dire , plus precisement, que Y = f X).
1. Montrer que si Y est de la forme Y = f(X) ou f est une fonction borelienne de R dans R, alors Yest Ï(X)-mesurable.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On rappelle que la tribu engendree par X est Ï(X) = Xâ1(B), B â B(R).
Soit B â B(R), on a Y â1(B) = Xâ1(fâ1(B)). Comme f est borelienne (câest-a-dire mesurable deR dans R, ou R est muni de la tribu borelienne), on a fâ1(B) â B(R) et donc Xâ1(fâ1(B)) â Ï(X).Ce qui prouve que T est Ï(X)-mesurable.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
On suppose maintenant que Y est Ï(X)-mesurable.
2. On suppose, dans cette question, quâil existe une suite de reels (aj) tels que aj 6= ak pour j 6= k etune suite dâevenements (Aj) disjoints deux a deux tels que
Y =âj
aj1Aj .
On suppose aussi que âȘjAj = Ω. Montrer que, pour tout j, Aj â Ï(X) et quâil existe une fonctionborelienne f : Râ R telle que Y = f(X).
321
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit j â N. Comme les Ai sont disjoints deux a deux, ai 6= ak si i 6= k et âȘiAi = Ω, on aAj = Y â1(aj). Comme aj â B(R) et Y est Ï -mesurable, on en deduit que Aj â Ï(X). (Onrappelle aussi que Ï(X) â A car X est une v.a. sur (Ω,A, P ).)
Pour tout i, il existe Bi â B(R) t.q. Ai = Xâ1(Bi) (car Ai â Ï(X)). Comme les Ai sont disjointsdeux a deux, on a, si i 6= j, Bi â© Bjâ© Im(X) = â (avec Im(X) = X(Ï), Ï â Ω). On peut doncsupposer les Bi disjoints deux a deux en remplacant chaque Bi (i > 0) par Bi \ âȘj<iBj .
On pose f =âi ai1Bi . La fonction f est bien une fonction borelienne de R dans R. Si Ï â Ω, il
existe i t.q. Ï â Ai (car Ω = âȘiAi), on a donc X(w) â Bi et donc f(X(Ï)) = ai = Y (Ï). Ce quidonne bien f(X) = Y .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Soit n un entier. On definit la fonction Ïn : R â R par: Ïn(x) = 1n [nx] ou [·] designe la partie
entiere. ([x] est le plus grand entier inferieur ou egal a x.)
(a) Montrer que, pour tout x â R, Ïn(x) converge vers x, quand nââ.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit x â R. Pour tout n â N?, on a 0 †nx â [nx] < 1 et donc 0 †x â Ïn(x) < 1n . Ce qui
prouve que Ïn(x)â x quand nââ.ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) On pose Yn = Ïn(Y ). Montrer que Yn est Ï(X) mesurable.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On remarque tout dâabord que Ï1 est borelienne. En effet, pour p â Z, on a Ïâ11 (p) =
[p, p+ 1[â B(R). Puis, pour B â B(R), on a Ïâ11 (B) = âȘpâZâ©B [p, p+ 1[â B(R).
Soit n â N?. Comme x 7â nx est continue, câest une application borelienne. Par composition(et produit par (1/n)), on en deduit que la fonction Ïn est borelienne. On montre alorsque Yn est Ï(X)-mesurable, comme dans la premiere question car, pour B â B(R), on aY â1n (B) = Y â1(Ïâ1
n (B)) â Ï(X).ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Terminer la preuve du theoreme.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit n â N?. Comme lâensemble des valeurs prises par Yn (definie dans la troisieme question) est auplus denombrable, on peut appliquer la deuxieme question. On obtient lâexistence de fn : Râ R,borelienne, t.q. Yn = fn(X).
On note A lâensemble des reels x pour lesquels la suite (fn(x))nâN? est convergente. A est doncaussi lâensemble des reels x pour lesquels la suite (fn(x))nâN? est de Cauchy. On en deduit queA â B(R) car A peut sâecrire :
A = â©nâN? âȘNâN? â©p,qâ„N (fp â fq)â1([â 1n,
1n
]).
On pose maintenant f(x) = limnââ fn(x) si x â A et f(x) = 0 si x â Ac. La fonction f estborelienne car f est limite simple des fonction boreliennes fn1Ac quand nââ.
322
Enfin, si Ï â Ω, on a Yn(Ï) = fn(X(Ï)). La troisieme question donne que Yn(Ï) = Ïn(Y (Ï)) âY (Ï). On a donc X(Ï) â A et donc fn(X(Ï)) â f(X(Ï)). Ceci donne Y (Ï) = f(X(Ï)). On abien montre que Y = f(X) avec f borelienne.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Maintenant, on se demande dans quelle mesure la fonction f est unique. On note PX la loi de X.
5. Soit f et g deux fonctions boreliennes t.q. Y = f(X) = g(X). Montrer que
PX(f = g) = 1.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit B = x â R, f(x) = g(x). On a B = (f â g)â1(0) â B(R). Si Ï â Ω, on a f(X(Ï)) =g(X(Ï)) = Y (Ï) et donc X(Ï) â B. Ceci prouve que Xâ1(B) = Ω et donc que PX(B) =P (Xâ1(B)) = 1, câest-a-dire PX(f = g) = 1.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 49 (Composition de v.a.)Soit (Ω,A, P ) un espace probabilise. Soit N une variable aleatoire a valeurs dans N? et (Yn)nâN une suitede variables alelatoires reelles. (câest-a-dire a valeurs dans R, muni de la tribu des boreliens). On definitZ par
âÏ â Ω , Z(Ï) = YN(Ï)(Ï).
Montrer que Z est une variable aleatoire.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit B â B(R). Pour n â N, on pose :
An = N = n = Ï â Ω, N(Ï) = n
etBn = Y â1
n (B) = Yn â B = Ï â Ω, Yn(Ï) â B.
(Notre que lâensemble des An, n â N?, forme une partition de Ω.) On va montrer que Zâ1(B) =âȘnâN?(An â©Bn).En effet, pour tout Ï â Ω, on a Ï â AN(Ï) et, si Ï â Zâ1(B), on a Z(Ï) = YN(Ï)(Ï) â B. On a doncÏ â AN(Ï) â©BN(Ï), ce qui donne bien Ï â âȘnâN?(An â©Bn).Reciproquement, si Ï â âȘnâN?(Anâ©Bn), il existe n â N? t.q. Ï â Anâ©Bn. On a donc Z(Ï) = Yn(Ï) â B.On a bien montre que Zâ1(B) = âȘnâN?(An â©Bn).
Comme N et Yn sont des v.a.r., on a An, Bn â A, pour tout n â N?. On en deduit que Zâ1(B) â A.Ceci donne bien que Z est mesurable.
N.B. : Une autre demonstration possible est de remarquer que Z =ânâN? 1AnYn.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 50 (Evenements, tribus et v.a. independantes)Soit (E,A, P ) un espace probabilise.
323
1. (Independance de 2 evenements) Soit A1, A2 â A. Montrer que A1 et A2 sont independants (câest-a-dire P (A1â©A2) = P (A1)P (A2)) si et seulement si les tribus Ï(A1) et Ï(A2) sont independantes(câest-a-dire P (B1 â©B2) = P (B1)P (B2) pour tout B1 â Ï(A1) et B2 â Ï(A2)).
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On a Ï(A1) = â , A1, Ac1, E et Ï(A2) = â , A2, A
c2, E.
Si les tribus Ï(A1) et Ï(A2) sont independantes on donc :
P (B1 â©B2) = P (B1)P (B2) pour tout B1 â â , A1, Ac1, E et tout â , A2, A
c2, E. (12.12)
En prenant, dans (12.12), B1 = A1 et B2 = A2, on en deduit que A1 et A2 sont independants.
Reciproquement, on suppose que A1 et A2 sont independants. Pour montrer que Ï(A1) et Ï(A2)sont independantes, il suffit de montrer (12.12). On remarque tout dâabord que (12.12) est vraie siB1 = â ou E et si B2 = â ou E (lâhypothese dâindependance de A1 et A2 est meme inutile). Puis,on remarque que lâhypothese dâindependance de A1 et A2 donne que (12.12) est vraie si B1 = A1 etB2 = A2. Enfin, on remarque que C1 et C2 independants implique que C1 et Cc2 sont independants.En effet, on a :
P (C1 â© Cc2) = P (C1 \ (C1 â© C2)) = P (C1)â P (C1 â© C2).
Comme C1 et C2 sont independants, on en deduit :
P (C1 â© Cc2) = P (C1)â P (C1)P (C2) = P (C1)(1â P (C2)) = P (C1)P (Cc2).
En appliquant cette propriete avec C1 = A1 et C2 = A2, on montre donc que A1 et Ac2 sont in-dependants. En prenant maintenant C1 = Ac2 et C2 = A1, on montre alors que Ac1 et Ac2 sontindependants. Enfin, En prenant C1 = A2 et C2 = A1, on montre que Ac1 et A2 sont indepen-dants. On a ainsi montre que (12.12) est vraie, câest-a-dire que les tribus Ï(A1) et Ï(A2) sontindependantes.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. (Independance de n evenements, n â„ 2) Soit n â„ 2, A1, . . . , An â A. Montrer que les evenementsA1, . . . , An verifient âP (â©iâIAi) =
âiâI P (Ai) pour tout I â 1, . . . , nâ si et seulement si les
tribus Ï(A1), . . . , Ï(An) sont independantes (câest-a-dire P (â©ni=1Bi) =âni=1 P (Bi) pour tout
Bi â Ï(Ai), i â 1, . . . , n).âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Pour p â 0, . . . , n, on introduit la propriete Pp suivante :
P (â©ni=1Bi) =nâi=1
P (Bi) si Bi â Ï(Ai) pour i †p et Bi â â , Ai, E pour i > p.
Il est facile de voir que la propriete P0 est equivalente a âP (â©iâIAi) =âiâI P (Ai) pour tout
I â 1, . . . , nâ. La propriete Pn signifie que les tribus Ï(A1), . . . , Ï(An) sont independantes.
Le fait que Pn implique P0 est immediat. On suppose maintenant que P0 est verifiee et va montrerque Pn est verifiee. Pour cela, on raisonne par recurrence sur p. On suppose donc que Ppâ1 estverifiee pour un p â 1, . . . , n et on doit montrer que Pp est verifiee. Pour montrer que Pp estverifiee, il suffit de prendre les Bi t.q. Bi â Ï(Ai) pour i †p â 1, Bp = Acp et Bi â â , Ai, E
324
pour i < p et de montrer que P (â©ni=1Bi) =âni=1 P (Bi) (car les autres choix de Bp sont directement
donnes par Ppâ1). Or, on a, pour ce choix des Bi :
P (â©ni=1Bi) = P (â©ni=1Ci)â P (â©ni=1Di),
avec Ci = Di = Bi si i 6= p, Cp = E et Dp = Ap. En utilisant Ppâ1 on a P (â©ni=1Ci) =âni=1 P (Ci)
et P (â©ni=1Di) =âni=1 P (Di) et donc :
P (â©ni=1Bi) =
âi6=p
P (Bi)
(P (E)â P (Ap)) =
âi 6=p
P (Bi)
P (Acp) =nâi=1
P (Bi).
On a ainsi montre que Pp est verifiee. Par recurrence (finie) sur p, on montre donc que Pn estverifiee, ce qui prouve que les tribus Ï(A1), . . . , Ï(An) sont independantes.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. En donnant un exemple (avec n â„ 3), montrer que lâon peut avoir n evevements, notes A1, . . . , An,independants deux a deux, sans que les evenements A1, . . . , An soient independants.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend, par exemple, E = 1, 2, 3, 4, A = P(E) et P donnee par P (i) = 14 , pour i â 1, 2, 3, 4.
Puis, on choisit A1 = 1, 2, A2 = 1, 3 et A3 = 2, 3. Les trois evevements A1, A2, A3 sont bienindependants deux a deux (car P (Aiâ©Aj) = P (Ai)P (Aj) = 1
4 si i, j â 1, 2, 3, i 6= j) mais ne sontpas independants car 0 = P (A1 â©A2 â©A3) 6= 1
8 = P (A1)P (A2)P (A3).ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Soit A â A.
(a) On suppose que A â A1 et A â A2 et que A1 et A2 sont deux tribus independantes (etcontenues dans A). Montrer que P (A) â 0, 1.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââComme A â A1, A â A2 et que A1 et A2 sont deux tribus independantes, on doit avoirP (A â©A) = P (A)P (A), câest-a-dire P (A)(1â P (A)) = 0 et donc P (A) â 0, 1.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
(b) Montrer que P (A) â 0, 1 si et seulement si A est independant de tous les elements de A.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Si A est independant de tous les elements de A, A est independant avec lui meme. On en deduit,comme a la question precedente que P (A) â 0, 1.
Reciproquement, on suppose maintenant que P (A) â 0, 1 et on distingue deux cas.
Premier cas. On suppose que P (A) = 0. On a alors pour tout B â A, A â© B â A et donc (parmonotonie de P ) 0 †P (A â© B) †P (A) = 0. On en deduit P (A â© B) = 0 = P (A)P (B). Ce quiprouve que A est independant de tous les elements de A.
Deuxieme cas. On suppose que P (A) = 1. On a alors P (Ac) = 0 et, pour tout B â A,P (A â© B) = 1 â P ((A â© B)c) = 1 â P (Ac âȘ Bc). Or (par monotonie et Ï-sous addivite de P )P (Bc) †P (Ac âȘBc) †P (Ac) + P (Bc) = P (Bc). Donc, P (Ac âȘBc) = P (Bc) et donc P (A â©B) =1â P (Bc) = P (B) = P (A)P (B). Ce qui prouve que A est independant de tous les elements de A.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
325
5. Soit n â„ 1 et A1, . . . , An â A. Montrer que les evenements A1, . . . , An sont independants si etseulement si les v.a. 1A1 , . . . , 1An sont independantes.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Si X est une v.a.r., la tribu engendree par X est Ï(X) = Xâ1(B), B â B(R). Pour A â A,on a donc Ï(1A) = â , A,Ac, E, câest-a-dire Ï(1A) = Ï(A). Lâindependance des evenementsA1, . . . , An correspond (par la definition 2.25) a lâindependance des tribus Ï(A1), . . . , Ï(A1).Lâindependance des v.a.r. 1A1 , . . . , 1An correspond (par la definition 3.12) ) a lâindependance destribus Ï(1A1), . . . , Ï(1An). Comme Ï(Ai) = Ï(1Ai), pour tout i, on en deduit que les evenementsA1, . . . , An sont independants si et seulement si les v.a. 1A1 , . . . , 1An sont independantes.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 51 (Convergence en mesure) (??)Soient (E, T,m) un espace mesure, (fn)nâN une suite de fonctions mesurables de E dans R.
1. Montrer que si il existe f et g fonctions mesurables de E dans R telles que (fn)nâN converge enmesure vers f et g, alors f = g p.p..
[On pourra commencer par montrer que, pour tout ÎŽ > 0, m(x â E ; |f(x)â g(x)| > ÎŽ) = 0].
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Pour h : E â R et ÎŽ > 0, on note toujours h > ÎŽ = x â E; h(x) > ÎŽ, h â„ ÎŽ = x â E;h(x) â„ ÎŽ, h < ÎŽ = x â E; h(x) < ÎŽ et h †Ύ = x â E; h(x) †Ύ.
Soit ÎŽ > 0. Pour tout x â E et tout n â N, on a |f(x)â g(x)| †|f(x)â fn(x)|+ |fn(x)â g(x)|. Onen deduit |f â fn| †Ύ
2 â© |fn â g| â€ÎŽ2 â |f â g| †Ύ et donc, en passant au complementaire,
|f â g| > ÎŽ â |f â fn| >ÎŽ
2 âȘ |fn â g| >
ÎŽ
2. (12.13)
Par sous additivite de m, on a donc m(|f â g| > ÎŽ) †m(|f â fn| > ÎŽ2) + m(|fn â g| > ÎŽ
2).En passant a la limite quand nââ, on en deduit m(|f â g| > ÎŽ) = 0.
On remarque maintenant que x â E; f(x) 6= g(x) = |f â g| > 0 = âȘnâN?|f â g| > 1n et donc,
par Ï-sous additivite de m, on obtient m(x â E; f(x) 6= g(x)) â€âân=1m(|f â g| > 1
n) = 0 etdonc f = g p.p..
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que si (fn)nâN âM converge en mesure vers f âM et (gn)nâN âM converge en mesurevers g âM, alors (fn + gn)nâN âM converge en mesure vers f + g âM.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit ÎŽ > 0. En reprenant la demonstration de (12.13), on montre que
|f + g â (fn + gn)| > ÎŽ â |f â fn| >ÎŽ
2 âȘ |g â gn| >
ÎŽ
2.
Par sous additivite de m, ceci donne m(|f+gâ(fn+gn)| > ÎŽ) †m(|fâfn| > ÎŽ2)+m(|gâgn| >
ÎŽ2) et donc quem(|f+gâ(fn+gn)| > ÎŽ)â 0 quand nââ. On a bien montre que fn+gn â f+gen mesure quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
326
3. On suppose maintenant que m est une mesure finie. Montrer que si (fn)nâN â M converge enmesure vers f âM et (gn)nâN âM converge en mesure vers g, alors (fn gn)nâN âM converge enmesure vers f g âM.
[On pourra commencer par montrer que, si (fn)nâN â M converge en mesure vers f â M, alors,pour tout Δ > 0, il existe n0 et k0 â N tels que, si n â„ n0 et k â„ k0, on a m(x â E ; |fn(x)| â„k) †Δ]. Donner un contre-exemple au resultat precedent lorsque m(E) =â.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Pour k â N et n â N, la demonstration de (12.13) donne ici |fn| > k â |f | > k2âȘ|fnâf | >
k2
et donc
m(|fn| > k) †m(|f | > k
2) +m(|fn â f | >
k
2. (12.14)
On pose Ak = |f | > k2. On a (Ak)kâN â T , Ak+1 â Ak pour tout k â N et â©kâNAk = â (car f
prend ses valeurs dans R). Comme E est de mesure finie, on a m(Ak) < â (pour tout k) et onpeut appliquer la continuite decroissante de m. Elle donne :
m(Ak)â 0, quand nââ. (12.15)
Soit Δ > 0. Par (12.15), il existe k0 â N t.q. m(Ak0) †Δ2 . Par la convergence en mesure de fn
vers f , il existe alors n0 t.q. m(|fn â f | > k02 â€
Δ2 pour tout n â„ n0 et lâinegalite (12.14) donne
m(|fn| > k0) †Δ si n â„ n0. On en deduit (comme |fn| > k â |fn| > k0 si k â„ k0) :
n â„ n0, k â„ k0 â m(|fn| > k) †Δ. (12.16)
On montre maintenant que fngn â fg en mesure.
Soit ÎŽ > 0, on veut montrer que m(|fngn â fg| > ÎŽ â 0 quand nââ. Pour cela, on remarqueque |fngn â fg| †|fn||gn â g|+ |g||fn â f |. Pour k â N?, on a donc
|fn| †k â© |gn â g| â€ÎŽ
2k â© |g| †k â© |fn â f | â€
ÎŽ
2k â |fngn â fg| †Ύ
et, en passant au complementaire,
|fngn â fg| > ÎŽ â |fn| > k âȘ |gn â g| >ÎŽ
2k âȘ |g| > k âȘ |fn â f | >
ÎŽ
2k,
ce qui donne
m(|fngn â fg| > ÎŽ) †m(|fn| > k) +m(|gn â g| >ÎŽ
2k)
+m(|g| > k) +m(|fn â f | >ÎŽ
2k).
(12.17)
Soit Δ > 0. Il existe k0 et n0 de maniere a avoir (12.16). En utilisant (12.15) avec g au lieu de f , ilexiste aussi k1 t.q. m(|g| > k) †Δ pour k ℠k1. On choisit alors k = maxk0, k1. En utilisant
327
la convergence en mesure de fn vers f et de gn vers g, il existe n1 t.q. m(|gn â g| > ÎŽ2k) †Δ et
m(|fn â f | > ÎŽ2k) †Δ pour n â„ n1. Finalement, avec n2 = maxn0, n1 on obtient :
n â„ n2 â m(|fngn â fg| > ÎŽ) †4Δ.
Ce qui prouve la convergence en mesure de fngn vers fg, quand nââ.
Pour obtenir un contre-exemple a ce resultat si m(E) = â, on prend (E, T,m) = (R,B(R), λ).Pour n â„ 1 on definit fn par fn(x) = 1
n pour tout x â R et on definit gn par gn(x) = x pour toutx â R. Il est clair que fn â 0 en mesure, gn â g en mesure, avec g(x) = x pour tout x â R, etfngn 6â 0 en mesure car m(|fngn| > ÎŽ) =â pour tout n â N? et tout ÎŽ > 0.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 52 (Convergence presque uniforme et convergence p.p.)Soient (E, T,m) un espace mesure, (fn)nâN â M (câest-a-dire une suite de fonctions mesurables de Edans R) et f â M. On suppose que fn â f presque uniformement (câest a dire que pour tout Δ > 0 ilexiste A â T t.q. m(A) †Δ et fn â f uniformement sur Ac). Montrer que fn â f p.p., quand nââ.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââSoit An â T t.q. m(An) †1
n et fn â f uniformement sur Acn. On pose A = â©nâN?An, de sorte queA â T et m(A) = 0 car m(A) †m(An) †1
n pour tout n â N?.Soit x â Ac, il existe n â N? t.q. x â An et on a donc fn(x) â f(x) quand nââ. Comme m(A) = 0,ceci donne bien fn â f p.p., quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 53 (Theoreme dâEgorov) (??)Soient (E, T,m) un espace mesure fini, (fn)nâN une suite de fonctions mesurables de E dans R, et f unefonction mesurable de E dans R. On suppose que fn â f p.p., lorsque nâ +â.Pour j â N? et n â N, on definit :
An,j = x ; |f(x)â fn(x)| â„ 1j, et Bn,j =
âpâ„n
Ap,j (12.18)
1. Montrer que a j fixe, limnâ+â
m(Bn,j) = 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On remarque dâabord que An,j = (|f â fn|)â1([ 1j ,â[) â T car |f â fn| â M. On a donc aussi
Bn,j â T .
Dâautre part, comme fn â f p.p., lorsque nâ +â, il existe C â T t.q. m(C) = 0 et fn(x)â f(x),quand nââ, pour tout x â Cc.
On va montrer que m(Bn,j) â 0, quand nââ (on rappelle que j â N? est fixe), en utilisantla continuite decroissante de m. On remarque en effet que m(Bn,j) < â (pour tout n â N) carm(E) <â (et câest seulement ici que cette hypothese est utile), puis que Bn+1,j â Bn,j pour toutn â N. La continuite de decroissante de m donne donc
m(Bn,j)â m(â©nâNBn,j).
328
Or, si x â â©nâNBn,j , on a x â Bn,j pour tout n â N. Donc, pour tout n â N, il existe p â„ n t.q.x â An,j , câest-a-dire |f(x) â fn(x)| â„ 1
j . Comme j est fixe, ceci montre que fn(x) 6â f(x) quandnââ, et donc que x â C. On en deduit que â©nâNBn,j â C et donc que m(â©nâNBn,j) = 0 etfinalement que m(Bn,j)â 0, quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Montrer que, pour tout Δ > 0, il existe A tel que m(A) †Δ et fn â f uniformement sur Ac lorsquenâ +â. En deduire le theoreme dâEgorov (theoreme 3.2).
[On cherchera A sous la forme :âjâN?
Bnj ,j, avec un choix judicieux de nj.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit Δ > 0. pour tout j â N?, la question precedente donne quâil existe n(j) â N t.q. m(Bn,j) †Δ2j .
On pose B = âȘjâN?Bn(j),j , de sorte que B â T et, par Ï-sous additivite de m :
m(B) â€ââj=1
m(Bn(j),j) â€ââj=1
Δ
2j= Δ.
On montre maintenant que fn â f uniformemement sur Bc (ce qui conclut la question en prenantA = B).
Comme B = âȘjâN?(âȘpâ„n(j)Ap,j), on a, en passant au complementaire, Bc = â©jâN?(â©pâ„n(j)Acp,j).
Soit η > 0. Il existe j â N? t.q. 1j †η. Soit x â Bc, comme x â â©pâ„n(j)A
cp,j , on a donc x â Acp,j
pour tout p â„ n(j), câest-a-dire :
p â„ n(j)â |fn(x)â f(x)| †1j†η.
Comme n(j) ne depend que de j (et donc que de η) et pas de x â Bc, ceci prouve la convergenceuniforme de fn vers f sur Bc.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
3. Montrer, par un contre exemple, quâon ne peut pas prendre Δ = 0 dans la question precedente.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend, par exemple, (E, T,m) = (]0, 1[,B(]0, 1[, λ) (plus precisement, λ est ici la restriction aB(]0, 1[) de λ, qui est une mesure sur B(R)).
Pour n â N?, on prend fn = 1]0, 1n [, de sorte que fn â 0 p.p., quand nââ (et meme, fn(x) â 0
pour tout x â]0, 1[).
Soit maintenantB â B(]0, 1[) t.q. λ(B) = 0. On va montrer que fn ne peut pas tendre uniformementvers 0 sur Bc (ceci prouve bien quâon ne peut pas prendre Δ = 0 dans la question precedente, câest-a-dire Δ = 0 dans le theoreme dâEgorov).
Soit n â N?, Il est clair que Bcâ©]0, 1n [6= â (car sinon, ]0, 1
n [â B et donc 1n = λ(]0, 1
n [) †λ(B) = 0).Il existe donc x â Bc t.q. fn(x) = 1. On a donc
supxâBc
|fn(x)| = 1,
329
ce qui prouve bien que fn ne tends pas uniformement vers 0 sur Bc, quand nââ.ââââââââââââââââââââââââââââââ
4. Montrer, par un contre exemple, que le resultat du theoreme dâEgorov est faux lorsque m(E) = +â.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
On prend, par exemple, (E, T,m) = (R,B(R)λ).
Pour n â N, on prend fn = 1]n,n+1[, de sorte que fn â 0 p.p., quand nââ (et meme, fn(x)â 0pour tout x â R).
Soit maintenant 0 < Δ < 1 et B â B(R) t.q. λ(B) †Δ. On va montrer que fn ne peut pas tendreuniformement vers 0 sur Bc (ceci prouve bien que theoreme dâEgorov peut etre mis en defaut sim(E) =â).
Soit n â N, Il est clair que Bcâ©]n, n + 1[6= â (car sinon, ]n, n + 1[â B et donc 1 = λ(]n, n + 1[) â€Î»(B) †Δ, en contradiction avec Δ < 1). Il existe donc x â Bc t.q. fn(x) = 1. On a donc
supxâBc
|fn(x)| = 1,
ce qui prouve bien que fn ne tends pas uniformement vers 0 sur Bc, quand nââ.ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 54 (Convergence en mesure et convergence p.p.)Soient (E, T,m) un espace mesure, (fn)nâN une suite de fonctions mesurables de E dans R, et f unefonction mesurable de E dans R. On rappelle que, par definition, la suite (fn)nâN converge en mesurevers f si :
â Δ > 0, limnâ+â
m(x â E; |fn(x)â f(x)| > Δ) = 0. (12.19)
1. On suppose ici que m(E) < +â.
(a) Montrer que si (fn)nâN tend vers f presque partout, alors (fn)nâN tend vers f en mesure[Utiliser le theoreme dâEgorov.]
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââSoit Δ > 0, on veut montrer que m(|fn â f | > Δ) = m(x â E; |fn(x) â f(x)| > Δ) â 0,quand nââ, câest-a-dire que
âÎŽ > 0, ân0, t.q.n â„ n0 â m(|fn â f | > Δ) †Ύ. (12.20)
Soit donc ÎŽ > 0. Dâapres le theoreme dâEgorov (theoreme 3.2 page 64), il existe A â T t.q.m(A) †Ύ et fn â f uniformement sur Ac. La convergence uniforme sur Ac nous donne donclâexistence de n0 t.q., |fn(x)â f(x)| †Δ pour tout x â Ac, si n â„ n0. On a donc, pour n â„ n0,|fnâ f | > Δ â A, et donc m(|fnâ f | > Δ) †m(A) †Ύ. On a bien montre (12.20) et doncla convergence en mesure de fn vers f , quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
330
(b) Montrer par un contrexemple que la reciproque de la question precedente est fausse.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn reprend ici un exemple vu au debut de la section 4.7 pour montrer que la convergence dansL1 nâentraıne pas la convergence presque partout.
On prend (E, T,m) = ([0, 1[,B([0, 1[), λ) (on a bien m(E) < â) et on construit ainsi la suite(fn)nâN :
Soit n â N. Il existe un unique p â N? et (pâ1)p2 †n < p(p+1)
2 . On pose alors k = nâ (pâ1)p2
et on prend fn = 1[ kp ,k+1p [. Il faut noter ici que k + 1 †p(p+1)
2 â (pâ1)p2 = p et donc k+1
p †1.
Lorsque nââ, on a p â â et donc m(|fn| > 0) = 1p â 0. Ce qui prouve, en particulier,
que fn â 0 en mesure, quand nââ.
Enfin, on remarque que, pour tout x â [0, 1[, fn(x) 6â 0 quand nââ. En effet, soit x â [0, 1[.Soit n â N. On choisit p â N? t.q. (pâ1)p
2 â„ n, il existe alors k â N t.q. 0 †k †p â 1 etx â [kp ,
k+1p [, de sorte que fÏ(n)(x) = 1 en choisissant Ï(n) = (pâ1)p
2 + k. On a ainsi construit(fÏ(n))nâN, sous suite de (fn)nâN (car Ï(n) â„ n pour tout n â N) t.q. fÏ(n)(x) 6â 0 quandnââ. ceci montre bien que fn(x) 6â 0 quand nââ.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 55 (Essentiellement uniforme versus presque uniforme)Soit (E, T,m) un espace mesure. Pour f âM, on pose Af = C â R, |f | †C p.p.. Si Af 6= â , on poseâfââ = inf Af . Si Af = â , on pose âfââ =â.
1. Soit f âM t.q. Af 6= â . Montrer que âfââ â Af .âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Comme Af 6= â et âfââ = inf Af , il existe une suite (an)nâN â Af t.q. an â âfââ quand nââ.
Soit n â N, de an â Af on deduit quâil existe Bn â T t.q. m(Bn) = 0 et |f(x)| †an pour toutx â Bcn.
On pose B = âȘnâNBn. On a donc B â T et, par Ï-additivite de m, m(B) = 0 (car m(B) â€ânâN m(Bn)). Enfin, pour tout x â Bc = â©nâNB
cn, on a |f(x)| †an pour tout n â N. En faisant
nââ, on en deduit que |f(x)| †âfââ. On a donc |f | †âfââ p.p., câest-a-dire âfââ â Af .ââââââââââââââââââââââââââââââ
2. Soient (fn)nâN âM et f âM.
(a) On suppose, dans cette question, que âfn â fââ â 0 quand nââ (on dit que fn â fessentiellement uniformement). Montrer que fn â f presque uniformement.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââPour tout n â N, il existe An â T t.q. m(An) = 0 et |(fn â f)(x)| †âfn â fââ pour toutx â Acn. On pose A = âȘnâNAn. On a donc A â T , m(A) = 0, |(fn â f)(x) †âfn â fââ pourtout x â Ac. Comme âfn â fââ â 0 quand nââ, on en deduit que fn â f uniformementsur Ac. Enfin, comme m(A) †Δ pour tout Δ > 0, on a bien montre la convergence presqueuniforme de fn vers f .
ââââââââââââââââââââââââââââââ
331
(b) En donnant un exemple (câest-a-dire en choisissant convenablement (E, T,m), (fn)nâN et f),montrer quâon peut avoir fn â f presque uniformement, quand nââ, et âfn â fââ 6â 0.
âââââââââââââcorrigeââââââââââââââOn prend, par exemple, (E, T,m) = (R,B(R), λ), f = 0 et fn = 1[0, 1
n ] pour tout n â N?.
Soit Δ > 0. On choisit A = [0, Δ], de sorte que m(A) = Δ. On a bien fn â 0 uniformementsur Ac, quand nââ, car fn = 0 sur Ac pour tout n t.q. 1
n < Δ. Donc, fn â f presqueuniformement quand nââ.
Mais fn ne tends pas vers 0 essentiellement uniformement, quand nââ, car âfnââ = 1 pourtout n â N? (en effet, fn †1 sur tout R, fn = 1 sur [0, 1
n ]) et λ([0, 1n ]) > 0, pour tout n â N?).
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 56 (Mesurabilite des troncatures)Soit (X, T ) un espace mesurable et f une fonction mesurable de X dans R (R est muni, comme toujoursquand on ne le precise pas, de la tribu borelienne). Pour a > 0, on definit la fonction âtronqueeâ :
fa(x) =
a si f(x) > af(x) si |f(x)| †aâa si f(x) < âa
Montrer que fa est mesurable.âââââââââââââcorrigeââââââââââââââ
Soit a > 0. On definit Ta de R dans R par :
Ta(s) =
a si s > as si |s| †aâa si s < âa
La fonction Ta peut aussi sâecrire Ta(s) = maxâa,mina, s pour s â R. On remarque que la fonctionTa est continue de R dans R. Elle est donc borelienne (câest-a-dire mesurable de R dans R, avec R munide sa tribu borelienne).Comme fa = Ta f , on en deduit que fa est mesurable car câest la composee dâapplications mesurables.
ââââââââââââââââââââââââââââââ
Corrige 57 (Exemple de tribu engendree)Dans cet exercice, on sâinteresse a la tribu Ï(X) engendree par la variable aleatoire X definie sur Ω, munide la tribu A, a valeurs dans R, muni de la tribu borelienne.
1. (Cas dâun lancer de de) Dans cette question, Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6, A = P(Ω)) et X est la variablealeatoire definie par X(Ï) = 1 lorsque Ï est pair, X(Ï) = 0 sinon. Montrer que Ï(X) est forme de4 elements.
2. (Cas de n tirages a pile ou face) Soit n â N?, Ω = 0, 1n, A = P(Ω)) et k â 1, · · · , n. La variablealeatoire X represente le k-ieme tirage, X est donc lâapplication Ï = (Ï1, · · · , Ïn) 7â Ïk. Montrerque Ï(X) est ici aussi forme de 4 elements.
3. Dans cette question, on prend Ω = R, A = B(R) et, pour tout Ï â Ω, X(Ï) = Ï â [Ï], ou [Ï]designe la partie entiere de Ï (câest-a-dire [Ï] = maxn â Z, t.q. n †Ï. Si C est un borelien inclusdans [0, 1[ (ce qui est equivalent a dire C â B([0, 1[)), on pose Ï(C) = âȘkâZCk, avec Ck = x + k,x â C. Montrer que Ï(X) = Ï(C), C â B([0, 1[).
332