Corrigé du contrôle de maths L3 : tribus, mesures et fonctions mesurables

Exercice 1 : Question de cours, continuité monotone d’une mesure (4 points)

1. On pose \(C_0 = A_0\) et, pour \(n \geq\, 1\), \(C_n = A_n \setminus A_{n-1}\). Ces ensembles sont dans \(\mathcal{A}\), car une tribu est stable par différence. Ils sont deux à deux disjoints : si \(k < n\), on a \(C_k \subset A_k \subset A_{n-1}\), tandis que \(C_n\) ne rencontre pas \(A_{n-1}\). Par récurrence, \(\bigcup_{k=0}^{n} C_k = A_n\), donc aussi \(\bigcup_{n} C_n = \bigcup_{n} A_n\). La sigma-additivité donne alors
   \[\mu(\bigcup_{n} A_n) = \sum_{k=0}^{+\infty} \mu(C_k) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^{n} \mu(C_k) = \lim_{n \to +\infty} \mu(A_n),\]
   la dernière égalité venant de l’additivité finie. La mesure est continue le long des suites croissantes, sans hypothèse de finitude.
2. On pose \(A_n = B_0 \setminus B_n\) : c’est une suite croissante d’éléments de \(\mathcal{A}\), de réunion \(B_0 \setminus \bigcap_n B_n\). Comme \(B_n \subset B_0\) et \(\mu(B_0) < +\infty\), on a \(\mu(A_n) = \mu(B_0) – \mu(B_n)\), et de même \(\mu(B_0 \setminus \bigcap_n B_n) = \mu(B_0) – \mu(\bigcap_n B_n)\). La question a) donne donc \(\mu(B_0) – \mu(\bigcap_n B_n) = \mu(B_0) – \lim \mu(B_n)\). Comme \(\mu(B_0)\) est fini, on peut simplifier : \(\mu(\bigcap_n B_n) = \lim_{n} \mu(B_n)\).
3. Pour tout \(n\), \(\lambda([n, +\infty[) \geq\, \lambda([n, n+p]) = p\) pour tout entier \(p\), donc \(\lambda(B_n) = +\infty\). En revanche, aucun réel n’est supérieur à tous les entiers, donc \(\bigcap_n B_n = \varnothing\) et \(\lambda(\bigcap_n B_n) = 0 \neq +\infty\). L’hypothèse \(\mu(B_0) < +\infty\) n’est pas satisfaite : elle est donc indispensable.

Barème : a) 2 points : 1 point pour la construction des ensembles disjoints, 1 point pour le passage à la limite ; b) 1 point, dont 0,5 pour l’usage explicite de la finitude ; c) 1 point : 0,5 pour les deux mesures, 0,5 pour l’hypothèse identifiée.

Exercice 2 : Une tribu engendrée finie (4 points)

1. Une tribu est stable par complémentaire et par intersection finie. On écrit donc \(\{1\} = A \cap B^{c}\), \(\{2\} = A \cap B\), \(\{3\} = B \cap A^{c}\) et \(\{4, 5, 6\} = (A \cup B)^{c}\). Ces quatre parties, appelées atomes, sont dans \(\mathcal{T}\).
2. Les quatre atomes sont non vides, deux à deux disjoints, et leur réunion est \(\Omega\) : ils forment une partition de \(\Omega\).
   
   D’abord, \(\varnothing\) (réunion vide) et \(\Omega\) (réunion des quatre) sont dans \(\mathcal{U}\). Ensuite, le complémentaire d’une réunion d’atomes est la réunion des autres atomes, puisqu’ils forment une partition : \(\mathcal{U}\) est stable par complémentaire. Enfin, \(\mathcal{U}\) est finie, donc une réunion dénombrable d’éléments de \(\mathcal{U}\) est une réunion finie de réunions d’atomes, encore dans \(\mathcal{U}\). Ainsi \(\mathcal{U}\) est une tribu.
   
   Elle contient \(A = \{1\} \cup \{2\}\) et \(B = \{2\} \cup \{3\}\), donc elle contient la plus petite tribu qui les contient : \(\mathcal{T} \subset \mathcal{U}\). Réciproquement, par a), les atomes sont dans \(\mathcal{T}\), qui est stable par réunion, donc \(\mathcal{U} \subset \mathcal{T}\). Ainsi \(\mathcal{T} = \mathcal{U}\). Deux sous-familles distinctes d’atomes donnent deux réunions distinctes (atomes disjoints et non vides), donc \(\operatorname{card} \mathcal{T} = 2^4 = 16\).
3. Comme \(\Omega\) est fini, \(f\) est \(\mathcal{T}\)-mesurable si et seulement si \(f^{-1}(\{y\}) \in \mathcal{T}\) pour tout réel \(y\), c’est-à-dire si \(f\) est constante sur chaque atome.
   
   Pour \(f(\omega) = (\omega – 2)^2\), on a \(f(4) = 4\) et \(f(5) = 9\) : \(f\) n’est pas constante sur \(\{4, 5, 6\}\), et \(f^{-1}(\{4\}) = \{4\} \notin \mathcal{T}\). Cette fonction n’est pas mesurable.
   
   Pour \(f(\omega) = \min(\omega, 4)\), les valeurs sont 1, 2, 3 sur les trois premiers atomes et 4 sur \(\{4, 5, 6\}\). Cette fonction est mesurable.

Barème : a) 1 point (0,25 par atome) ; b) 2 points : 1 point pour la preuve que \(\mathcal{U}\) est une tribu, 0,5 pour la double inclusion, 0,5 pour le cardinal ; c) 1 point (0,5 par fonction, avec justification).

Erreur fréquente : ajouter seulement \(A \cap B\), \(A \cup B\) et les complémentaires sans vérifier la stabilité ; la description par les atomes évite tout oubli.

Exercice 3 : Générateurs de la tribu borélienne (4 points)

1. Pour tout réel \(a\), le complémentaire de \(]-\infty, a]\) est l’ouvert \(]a, +\infty[\). Donc \(]-\infty, a]\) est fermé, par conséquent borélien. Ainsi \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) est une tribu qui contient tous les générateurs de \(\mathcal{C}\). Par minimalité de la tribu engendrée, \(\mathcal{C} \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})\).
2. On a \(]-\infty, b[ = \bigcup_{n \geq\, 1} ]-\infty, b – \frac{1}{n}]\). En effet, si \(x < b\), alors \(x \leq\, b – \frac{1}{n}\) dès que \(n \geq\, \frac{1}{b – x}\). C’est une réunion dénombrable d’éléments de \(\mathcal{C}\), donc \(]-\infty, b[ \in \mathcal{C}\). Ensuite, \(]a, b[ = \,]-\infty, b[ \,\cap\, (]-\infty, a])^{c}\), intersection de deux éléments de \(\mathcal{C}\). Donc \(]a, b[ \in \mathcal{C}\).
3. Soit \(x \in U\). Comme \(U\) est ouvert, il existe \(r > 0\) tel que \(]x – r, x + r[ \subset U\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), on choisit \(p \in \mathbb{Q} \cap \,]x – r, x[\) et \(q \in \mathbb{Q} \cap \,]x, x + r[\). Alors \(x \in \,]p, q[\, \subset U\). Donc \(U\) est la réunion des \(]p, q[\) inclus dans \(U\), à bornes rationnelles.
   
   Or \(\mathbb{Q}^2\) est dénombrable : cette réunion est dénombrable. D’après b), chaque \(]p, q[\) est dans \(\mathcal{C}\), donc \(U \in \mathcal{C}\). La tribu \(\mathcal{C}\) contient ainsi tous les ouverts, donc \(\mathcal{B}(\mathbb{R}) \subset \mathcal{C}\). Avec a), \(\mathcal{C} = \mathcal{B}(\mathbb{R})\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 1 point pour la réunion dénombrable justifiée, 0,5 pour l’intervalle ouvert ; c) 1,5 point : 0,5 pour l’usage de la densité, 0,5 pour la dénombrabilité, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 4 : Mesurabilité du sup et de la limite supérieure (3 points)

1. Pour tout réel \(a\), on a \(\sup_n f_n(x) \leq\, a\) si et seulement si \(f_n(x) \leq\, a\) pour tout \(n\). Ainsi
   \[g^{-1}([-\infty, a]) = \bigcap_{n \geq\, 0} f_n^{-1}(]-\infty, a]).\]
   C’est une intersection dénombrable d’éléments de \(\mathcal{A}\), donc un élément de \(\mathcal{A}\). Or il suffit de tester la mesurabilité sur une famille génératrice de la tribu d’arrivée. Donc \(g\) est mesurable.
2. D’abord, \(\inf_n f_n = -\sup_n (-f_n)\) est mesurable. Ensuite, \(g_n = \sup_{k \geq\, n} f_k\) est mesurable par a), et \(\limsup_n f_n = \inf_n g_n\) est donc mesurable. De même, \(\liminf_n f_n = -\limsup_n (-f_n)\) est mesurable.
   
   Notons \(L = \limsup_n f_n\) et \(\ell = \liminf_n f_n\). La suite converge dans \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(\ell = L\) avec une valeur finie. Comme \(\ell \leq\, L\) toujours, et grâce à la densité de \(\mathbb{Q}\) :
   \[C = (\bigcup_{r \in \mathbb{Q}} \{\ell < r\} \cap \{r < L\})^{c} \cap \{L < +\infty\} \cap \{\ell > -\infty\}.\]
   Tous ces ensembles sont dans \(\mathcal{A}\), et la réunion est dénombrable : \(C \in \mathcal{A}\).
3. Soit \(V\) un ouvert de \(\mathbb{R}\). Alors \((h \circ f_0)^{-1}(V) = f_0^{-1}(h^{-1}(V))\). Par continuité de \(h\), \(h^{-1}(V)\) est ouvert, donc borélien, et son image réciproque par \(f_0\) est dans \(\mathcal{A}\). Les ouverts engendrant \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\), \(h \circ f_0\) est mesurable. Les fonctions \(t \mapsto |t|\) et \(t \mapsto \max(t, 0)\) sont continues, donc \(|f_0|\) et \(f_0^{+}\) sont mesurables.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour la limite supérieure et la limite inférieure, 0,5 pour l’ensemble de convergence ; c) 1 point : 0,5 pour la composition, 0,5 pour les applications.

Exercice 5 : Problème, ensembles négligeables et ensemble de Cantor (5 points)

1. Pour tout rationnel \(q\), on a \(\lambda(\{q\}) = \lambda([q, q]) = 0\). Or \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, et il s’écrit comme réunion disjointe dénombrable des singletons \(\{q\}\). Par sigma-additivité, \(\lambda(\mathbb{Q}) = \sum_{q \in \mathbb{Q}} 0 = 0\). \(\mathbb{Q}\) est négligeable.
2. On montre par récurrence que \(K_{n+1} \subset K_n\). Au rang 0, \(K_1 = [0, \frac{1}{3}] \cup [\frac{2}{3}, 1] \subset [0, 1]\). Supposons ensuite \(K_{n+1} \subset K_n\). Alors \(\frac{1}{3} K_{n+1} \subset \frac{1}{3} K_n\) et \(\frac{2}{3} + \frac{1}{3} K_{n+1} \subset \frac{2}{3} + \frac{1}{3} K_n\), d’où \(K_{n+2} \subset K_{n+1}\). La suite \((K_n)\) est décroissante.
   
   Par ailleurs, \(K_n\) est réunion disjointe de \(2^n\) intervalles de longueur \(3^{-n}\), donc, par additivité, \(\lambda(K_n) = 2^n \times 3^{-n} = (\frac{2}{3})^n\).

3. Chaque \(K_n\) est fermé, comme réunion finie de segments. Donc \(K\) est fermé, comme intersection de fermés, et borné car inclus dans \([0, 1]\) : c’est un compact. De plus, \(0\) appartient à tous les \(K_n\) (choisir tous les \(a_k\) nuls), donc \(K \neq \varnothing\). Enfin, la suite \((K_n)\) est décroissante et \(\lambda(K_0) = 1 < +\infty\). La continuité décroissante de l’exercice 1 donne donc \(\lambda(K) = \lim_{n} (\frac{2}{3})^n = 0\).
4. Fixons \(n\). On écrit \(\Phi(a) = s_n + r_n\), avec \(s_n = \sum_{k=1}^{n} a_k 3^{-k}\) et \(r_n = \sum_{k > n} a_k 3^{-k}\). Or \(0 \leq\, r_n \leq\, \sum_{k > n} 2 \times 3^{-k} = 3^{-n}\). Ainsi \(\Phi(a) \in [s_n, s_n + 3^{-n}] \subset K_n\). Ceci vaut pour tout \(n\), donc \(\Phi(a) \in K\).
   
   Soient ensuite \(a \neq b\), et \(m\) le premier indice où elles diffèrent, avec par exemple \(a_m = 2\) et \(b_m = 0\). Alors
   \[\Phi(a) – \Phi(b) = 2 \times 3^{-m} + \sum_{k > m} (a_k – b_k) 3^{-k} \geq\, 2 \times 3^{-m} – \sum_{k > m} 2 \times 3^{-k} = 3^{-m} > 0.\]
   Donc \(\Phi\) est injective. Or l’ensemble \(\{0, 2\}^{\mathbb{N}^{*}}\) est en bijection avec \(\mathcal{P}(\mathbb{N}^{*})\), qui n’est pas dénombrable (théorème de Cantor). Par conséquent, \(K\) n’est pas dénombrable, bien qu’il soit négligeable : la réciproque de la question a) est fausse.
5. Supposons que \([\alpha, \beta] \subset K\) avec \(\alpha < \beta\). Par croissance de la mesure, \(\beta – \alpha = \lambda([\alpha, \beta]) \leq\, \lambda(K) = 0\), ce qui est absurde. Donc \(K\) ne contient aucun intervalle non trivial : il est d’intérieur vide.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour la décroissance, 0,5 pour la mesure ; c) 1 point : 0,5 pour la compacité et la non-vacuité, 0,5 pour la continuité décroissante avec hypothèse de finitude citée ; d) 1 point : 0,5 pour l’appartenance, 0,5 pour l’injectivité et la conclusion ; e) 1 point.

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Après le corrigé du contrôle : tribus, mesures et fonctions mesurables

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