Tribus et mesures : corrigé des exercices de maths en L3.

Corrigé de l’exercice 1 : Ensembles dénombrables et argument diagonal

1. Supposons \(2^m 3^n = 2^{m^{\prime}} 3^{n^{\prime}}\). Par unicité de la décomposition en facteurs premiers, les exposants de \(2\) et de \(3\) coïncident : \(m = m^{\prime}\) et \(n = n^{\prime}\). L’application est donc injective et \(\mathbb{N}^2\) est dénombrable. Ensuite, si \(\mathbb{N}^p\) s’injecte dans \(\mathbb{N}\) par \(\iota_p\), alors \((x, n) \mapsto 2^{\iota_p(x)} 3^n\) injecte \(\mathbb{N}^{p+1} = \mathbb{N}^p \times \mathbb{N}\) dans \(\mathbb{N}\). Par récurrence, \(\mathbb{N}^p\) est dénombrable pour tout \(p \geq\, 1\).
2. Tout entier \(N\) s’écrit de façon unique en base \(2\), sous la forme \(N = \sum_{k \in A} 2^k\) avec \(A\) fini : \(A\) est l’ensemble des rangs des chiffres égaux à \(1\). L’existence donne la surjectivité, et l’unicité donne l’injectivité. L’application \(A \mapsto \sum_{k \in A} 2^k\) est une bijection, donc les parties finies de \(\mathbb{N}\) forment un ensemble dénombrable.
3. L’application \(]a,b[ \mapsto (a,b)\) est injective, à valeurs dans \(\mathbb{Q}^2\). Or \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, donc \(\mathbb{Q}^2\) aussi, comme produit fini. Les intervalles ouverts à extrémités rationnelles forment un ensemble dénombrable.
4. Supposons que \(D = s(m)\) pour un entier \(m\). Si \(m \in D\), alors par définition \(m \notin s(m) = D\), ce qui est absurde. Si \(m \notin D\), alors \(m \notin s(m)\), donc \(m \in D\), ce qui est encore absurde. Ainsi, \(D\) n’a pas d’antécédent. Aucune application de \(\mathbb{N}\) dans \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est surjective, donc \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est pas dénombrable.
5. Raisonnons par l’absurde. Si \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) était dénombrable, alors \(\mathbb{R} = \mathbb{Q} \cup (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q})\) serait une réunion de deux ensembles dénombrables, donc dénombrable. C’est faux, donc \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) n’est pas dénombrable.

Point de méthode : pour prouver qu’un ensemble est dénombrable, on cherche une injection vers un ensemble déjà connu comme dénombrable ; pour prouver le contraire, on cherche un argument diagonal ou une injection d’un ensemble non dénombrable.

Corrigé de l’exercice 2 : Tribu engendrée sur un ensemble fini

1. La famille \(\{\emptyset, \{1\}, \{2,3,4\}, E\}\) est une tribu qui contient \(A\). Réciproquement, toute tribu contenant \(A\) contient \(\emptyset\), \(E\) et \(A^c\). Donc \(\sigma(\{A\}) = \{\emptyset, \{1\}, \{2,3,4\}, E\}\).
2. On pose \(E_1 = A = \{1\}\), \(E_2 = B \setminus A = \{2\}\) et \(E_3 = B^c = \{3, 4\}\). Ces trois parties sont dans \(\sigma(\{A,B\})\) et forment une partition de \(E\). D’après le cours, la tribu engendrée par une partition finie est formée des réunions de ses atomes. De plus, \(A = E_1\) et \(B = E_1 \cup E_2\), donc \(\sigma(\{A,B\}) = \sigma(\{E_1, E_2, E_3\})\). On obtient les \(2^3 = 8\) éléments \(\emptyset\), \(\{1\}\), \(\{2\}\), \(\{3,4\}\), \(\{1,2\}\), \(\{1,3,4\}\), \(\{2,3,4\}\) et \(E\).
3. Tout élément de cette tribu qui contient \(3\) contient l’atome \(\{3,4\}\), donc contient \(4\). Ainsi, \(\{1,3\} \notin \sigma(\{A,B\})\).
4. Les éléments de la tribu engendrée sont les réunions \(\bigcup_{i \in J} E_i\) avec \(J \subset \{1, \ldots, p\}\). Comme les \(E_i\) sont non vides et disjoints, deux parties \(J\) distinctes donnent des réunions distinctes. La tribu possède donc \(2^p\) éléments.

Corrigé de l’exercice 3 : Une algèbre qui n’est pas une tribu

1. D’abord, \(\mathbb{N} \in \mathcal{F}\), car son complémentaire est vide. Ensuite, si \(A\) est finie, \(A^c\) est de complémentaire fini, et inversement : \(\mathcal{F}\) est stable par complémentaire. Enfin, soit \(A, B \in \mathcal{F}\). Si \(A\) et \(B\) sont finies, \(A \cup B\) est finie. Sinon, l’une d’elles, disons \(A\), a un complémentaire fini ; alors \((A \cup B)^c \subset A^c\) est fini. Donc \(\mathcal{F}\) est une algèbre.
2. Chaque singleton \(\{2k\}\) est dans \(\mathcal{F}\). Pourtant, leur réunion est l’ensemble \(P\) des entiers pairs, qui est infini, et dont le complémentaire, l’ensemble des impairs, est infini aussi. Ainsi \(P \notin \mathcal{F}\), et \(\mathcal{F}\) n’est pas stable par réunion dénombrable : ce n’est pas une tribu.
3. La tribu \(\sigma(\mathcal{F})\) contient tous les singletons. Or toute partie de \(\mathbb{N}\) est la réunion dénombrable de ses singletons. Donc \(\sigma(\mathcal{F}) = \mathcal{P}(\mathbb{N})\).
4. Soit \(A, B \in \mathcal{F}\) disjointes. Elles ne peuvent pas être toutes deux de complémentaire fini : sinon \(A \subset B^c\) serait fini, alors que \(A\) est infini. Si \(A\) et \(B\) sont finies, \(\mu(A \cup B) = 0 = \mu(A) + \mu(B)\). Si \(A\) est cofinie et \(B\) finie, alors \(A \cup B\) est cofinie et \(\mu(A \cup B) = 1 = 1 + 0\). Ainsi \(\mu\) est additive. Supposons maintenant qu’une mesure \(m\) sur \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) prolonge \(\mu\). Par \(\sigma\)-additivité,
   \[m(\mathbb{N}) = \sum_{n=0}^{+\infty} m(\{n\}) = \sum_{n=0}^{+\infty} \mu(\{n\}) = 0,\]
   alors que \(m(\mathbb{N}) = \mu(\mathbb{N}) = 1\). Aucune mesure ne prolonge \(\mu\) : l’additivité finie ne suffit pas.

Corrigé de l’exercice 4 : Tribu des parties dénombrables ou codénombrables

1. D’abord, \(\mathbb{R} \in \mathcal{T}\), car son complémentaire est vide. Ensuite, la définition est symétrique en \(A\) et \(A^c\), donc \(\mathcal{T}\) est stable par complémentaire. Enfin, soit \((A_n)\) une suite de \(\mathcal{T}\). Si toutes les \(A_n\) sont dénombrables, leur réunion l’est aussi, comme réunion dénombrable d’ensembles dénombrables. Sinon, il existe \(n_0\) tel que \(A_{n_0}^c\) soit dénombrable ; alors \(\big(\bigcup A_n\big)^c \subset A_{n_0}^c\) est dénombrable. Donc \(\mathcal{T}\) est une tribu.
2. Les singletons sont dénombrables, donc ils sont dans \(\mathcal{T}\) ; par minimalité, \(\sigma(\text{singletons}) \subset \mathcal{T}\). Réciproquement, une partie dénombrable est une réunion dénombrable de singletons, donc elle est dans \(\sigma(\text{singletons})\). Une partie de complémentaire dénombrable est le complémentaire d’un tel ensemble, donc elle y est aussi. Ainsi \(\mathcal{T} = \sigma(\{\{x\}, x \in \mathbb{R}\})\).
3. Le segment \([0,1]\) n’est pas dénombrable. Son complémentaire contient \([2,3]\), donc il n’est pas dénombrable non plus. Par conséquent, \([0,1] \notin \mathcal{T}\). Par ailleurs, les singletons sont fermés, donc boréliens, et \(\mathcal{T} \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})\) par minimalité. Comme \([0,1] \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) \setminus \mathcal{T}\), l’inclusion est stricte.
4. Une partie ne peut pas être à la fois dénombrable et de complémentaire dénombrable, sinon \(\mathbb{R}\) serait dénombrable. Donc \(\mu\) est bien définie. De plus, \(\mu(\emptyset) = 0\) et \(\mu(\mathbb{R}) = 1\). Soit \((A_n)\) une suite disjointe de \(\mathcal{T}\). Si toutes les \(A_n\) sont dénombrables, la réunion l’est, et les deux membres de la \(\sigma\)-additivité valent \(0\). Sinon, soit \(A_{n_0}\) de complémentaire dénombrable. Pour \(n \neq n_0\), on a \(A_n \subset A_{n_0}^c\), donc \(A_n\) est dénombrable et \(\mu(A_n) = 0\). Enfin, la réunion contient \(A_{n_0}\), elle est donc codénombrable et de mesure \(1 = \sum_n \mu(A_n)\). Ainsi \(\mu\) est une probabilité sur \((\mathbb{R}, \mathcal{T})\).

Corrigé de l’exercice 5 : Réunions de tribus

1. On a \(\mathcal{A}_1 = \{\emptyset, \{1\}, \{2,3\}, E\}\) et \(\mathcal{A}_2 = \{\emptyset, \{2\}, \{1,3\}, E\}\). La partie \(\{1\} \cup \{2\} = \{1,2\}\) n’appartient à aucune des deux. Donc \(\mathcal{A}_1 \cup \mathcal{A}_2\) n’est pas stable par réunion : ce n’est pas une tribu. Ensuite, \(\sigma(\mathcal{A}_1 \cup \mathcal{A}_2)\) contient \(\{1\}\), \(\{2\}\), puis \(\{3\} = \{1,2\}^c\). Elle contient tous les singletons de l’ensemble fini \(E\). Donc \(\sigma(\mathcal{A}_1 \cup \mathcal{A}_2) = \mathcal{P}(E)\).
2. Posons \(Q_n = \{n+1, n+2, \ldots\}\). Les parties \(\{0\}, \ldots, \{n\}, Q_n\) forment une partition dénombrable de \(\mathbb{N}\), et \(Q_n\) est le complémentaire de \(\{0\} \cup \cdots \cup \{n\}\). Donc \(\mathcal{A}_n\) est la tribu engendrée par cette partition. D’après le cours, ses éléments sont les réunions d’atomes. Ainsi \(B \in \mathcal{A}_n\) si et seulement si \(B \cap Q_n\) vaut \(\emptyset\) ou \(Q_n\).
3. Les générateurs de \(\mathcal{A}_n\) sont parmi ceux de \(\mathcal{A}_{n+1}\), donc \(\mathcal{A}_n \subset \mathcal{A}_{n+1}\). Montrons que \(\mathcal{U}\) est une algèbre. Elle contient \(\mathbb{N}\). Si \(B \in \mathcal{U}\), alors \(B \in \mathcal{A}_n\) pour un \(n\), donc \(B^c \in \mathcal{A}_n \subset \mathcal{U}\). Si \(B \in \mathcal{A}_n\) et \(B^{\prime} \in \mathcal{A}_m\), alors les deux sont dans \(\mathcal{A}_{\max(n,m)}\), donc \(B \cup B^{\prime}\) aussi. Ainsi \(\mathcal{U}\) est une algèbre.
4. Chaque singleton \(\{2k\}\) appartient à \(\mathcal{A}_{2k} \subset \mathcal{U}\). Cependant, pour tout \(n\), l’ensemble \(P \cap Q_n\) des pairs supérieurs à \(n\) n’est ni vide ni égal à \(Q_n\). Donc \(P \notin \mathcal{A}_n\) pour tout \(n\), et \(P \notin \mathcal{U}\). Une réunion croissante de tribus n’est pas toujours une tribu.

Corrigé de l’exercice 6 : Tribu image réciproque et tribu transportée

1. On a \(E = f^{-1}(F)\). Ensuite, \(E \setminus f^{-1}(B) = f^{-1}(F \setminus B)\) et \(\bigcup_n f^{-1}(B_n) = f^{-1}\big(\bigcup_n B_n\big)\). Comme \(\mathcal{B}\) est une tribu, les membres de droite sont des images réciproques d’éléments de \(\mathcal{B}\). Donc \(f^{-1}(\mathcal{B})\) est une tribu.
2. Les mêmes formules donnent le résultat. En effet, \(f^{-1}(F) = E \in \mathcal{A}\). Si \(f^{-1}(B) \in \mathcal{A}\), alors \(f^{-1}(F \setminus B) = E \setminus f^{-1}(B) \in \mathcal{A}\). Enfin, si \(f^{-1}(B_n) \in \mathcal{A}\) pour tout \(n\), la réunion est dans \(\mathcal{A}\). Donc \(\mathcal{T}\) est une tribu, la tribu transportée.
3. Prenons \(E = \{1, 2\}\), \(\mathcal{A} = \mathcal{P}(E)\), \(F = \{a, b, c\}\), \(f(1) = a\) et \(f(2) = b\). Les images directes forment \(\{\emptyset, \{a\}, \{b\}, \{a,b\}\}\). Cette famille ne contient pas \(F\) : ce n’est pas une tribu.
4. D’après la question 1, \(f^{-1}(\sigma(\mathcal{C}))\) est une tribu. Elle contient \(f^{-1}(\mathcal{C})\), donc elle contient \(\sigma(f^{-1}(\mathcal{C}))\). Réciproquement, on pose \(\mathcal{T}^{\prime} = \{B \subset F : f^{-1}(B) \in \sigma(f^{-1}(\mathcal{C}))\}\). C’est une tribu d’après la question 2, et elle contient \(\mathcal{C}\). Par minimalité, \(\sigma(\mathcal{C}) \subset \mathcal{T}^{\prime}\), ce qui signifie \(f^{-1}(\sigma(\mathcal{C})) \subset \sigma(f^{-1}(\mathcal{C}))\). D’où l’égalité \(\sigma(f^{-1}(\mathcal{C})) = f^{-1}(\sigma(\mathcal{C}))\).

Point de méthode : la tribu transportée sert à « remonter » une propriété vraie sur des générateurs à toute la tribu engendrée ; c’est l’argument de minimalité le plus fréquent du chapitre.

Corrigé de l’exercice 7 : Générateurs de la tribu borélienne

1. Notons \(\mathcal{T} = \sigma(\{[a, +\infty[, a \in \mathbb{R}\})\). Les demi-droites \([a, +\infty[\) sont fermées, donc \(\mathcal{T} \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})\). Réciproquement, \(]-\infty, a[ = [a, +\infty[^c \in \mathcal{T}\). Ensuite,
   \[]-\infty, a] = \bigcap_{n \geq\, 1} \Big]-\infty, a + \frac{1}{n}\Big[ \in \mathcal{T}.\]
   Or ces demi-droites engendrent \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) d’après le cours. Donc \(\mathcal{B}(\mathbb{R}) \subset \mathcal{T}\), puis \(\mathcal{T} = \mathcal{B}(\mathbb{R})\).
2. Un compact de \(\mathbb{R}\) est fermé, donc borélien. Réciproquement, \(]-\infty, a] = \bigcup_{n \geq\, 1} [a – n, a]\) est une réunion dénombrable de compacts. Elle appartient donc à la tribu engendrée par les compacts. Par le même argument, cette tribu est \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\).
3. D’après l’exercice 4, la tribu engendrée par les singletons est la tribu \(\mathcal{T}\) des parties dénombrables ou codénombrables. Elle est incluse dans \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) et ne contient pas \([0,1]\) : l’inclusion est stricte.

Corrigé de l’exercice 8 : Premières propriétés d’une mesure

1. D’après le cours, pour des parties de mesure finie, \(\mu(X \cup Y) = \mu(X) + \mu(Y) – \mu(X \cap Y)\). On l’applique à \(X = A \cup B\) et \(Y = C\) :
   \[\mu(A \cup B \cup C) = \mu(A \cup B) + \mu(C) – \mu\big((A \cap C) \cup (B \cap C)\big).\]
   Ensuite, \(\mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B) – \mu(A \cap B)\), et \(\mu\big((A \cap C) \cup (B \cap C)\big) = \mu(A \cap C) + \mu(B \cap C) – \mu(A \cap B \cap C)\). En regroupant, on obtient la formule d’inclusion-exclusion annoncée.
2. On calcule \(\mu(A \cup B \cup C) = \frac{3}{2} – \frac{3}{4} + \frac{1}{8} = \frac{12 – 6 + 1}{8}\). Ensuite, \(A^c \cap B^c \cap C^c\) est le complémentaire de \(A \cup B \cup C\). Donc \(\mu(A \cup B \cup C) = \frac{7}{8}\) et \(\mu(A^c \cap B^c \cap C^c) = \frac{1}{8}\).
3. Par sous-additivité dénombrable, \(\mu\big(\bigcup A_n\big) \leq\, \sum \mu(A_n) = 0\). Dans le second cas, on passe au complémentaire : \(\mu(A_n^c) = 1 – 1 = 0\), donc \(\mu\big(\bigcup A_n^c\big) = 0\). Or \(\bigcap A_n = \big(\bigcup A_n^c\big)^c\). Ainsi \(\mu\big(\bigcap A_n\big) = 1 – 0 = 1\).
4. Soit \((A_n)\) une suite disjointe et \(B_n = A_0 \cup \cdots \cup A_n\). La suite \((B_n)\) est croissante, de réunion \(\bigcup A_n\). Par additivité finie, \(\nu(B_n) = \sum_{k=0}^{n} \nu(A_k)\). Par continuité croissante,
   \[\nu\Big(\bigcup_n A_n\Big) = \lim_n \nu(B_n) = \sum_{k=0}^{+\infty} \nu(A_k).\]
   Donc \(\nu\) est \(\sigma\)-additive : c’est une mesure.

Corrigé de l’exercice 9 : Une mesure discrète sur N

1. Pour \(A \subset \mathbb{N}\), on a \(\mu(A) = \sum_{n \in A, n \geq\, 1} 2^{-n}\). Si \((A_k)\) est une suite disjointe, le théorème de sommation par paquets pour les séries à termes positifs donne \(\mu\big(\bigcup A_k\big) = \sum_k \mu(A_k)\). De plus, \(\mu(\mathbb{N}) = \sum_{n \geq\, 1} 2^{-n} = 1\). Enfin, tous les poids \(2^{-n}\) sont strictement positifs pour \(n \geq\, 1\), et le poids de \(0\) est nul. Donc \(\mu\) est une probabilité, et \(\mu(A) = 0\) si et seulement si \(A \subset \{0\}\).
2. Les entiers pairs non nuls sont les \(2k\) avec \(k \geq\, 1\). On somme une série géométrique de raison \(\frac{1}{4}\) :
   \[\mu(P) = \sum_{k=1}^{+\infty} 4^{-k} = \frac{1/4}{1 – 1/4} = \frac{1}{3}.\]
   Par complémentarité, \(\mu(I) = 1 – \frac{1}{3}\). Ainsi \(\mu(P) = \frac{1}{3}\) et \(\mu(I) = \frac{2}{3}\). La figure ci-dessous représente les poids : les barres rouges, d’indice pair, totalisent un tiers.

   

3. Pour \(N \geq\, 1\), \(\mu(\{n \geq\, N\}) = \sum_{n \geq\, N} 2^{-n} = 2^{-N} \cdot \frac{1}{1 – 1/2} = 2^{1-N}\). Les multiples non nuls de \(3\) sont les \(3k\), \(k \geq\, 1\), et \(0\) est de poids nul. Donc \(\mu(\{n \geq\, N\}) = 2^{1-N}\) et la mesure des multiples de \(3\) vaut \(\sum_{k \geq\, 1} 8^{-k} = \frac{1}{7}\).
4. La suite \((A_N)\) est décroissante, d’intersection vide, et \(\mu(A_1) = 1\) est finie. La continuité décroissante prévoit donc \(\mu(A_N) \to 0\), ce que confirme \(2^{1-N} \to 0\). En revanche, pour la mesure de comptage, \(c(A_N) = +\infty\) pour tout \(N\). La limite vaut \(+\infty \neq 0 = c(\emptyset)\) : sans hypothèse de finitude, la continuité décroissante tombe en défaut.
5. On a \(\nu(\{0,1,2\}) = \delta_0(\{0,1,2\}) + 3 = 1 + 3\). Ensuite, \(P\) contient \(0\) et une infinité d’éléments. Donc \(\nu(\{0,1,2\}) = 4\) et \(\nu(P) = +\infty\).

Corrigé de l’exercice 10 : Mesures sur un ensemble dénombrable et atomes

1. Toute partie \(A \subset \mathbb{N}\) est réunion disjointe et dénombrable de ses singletons. Par \(\sigma\)-additivité, \(\mu(A) = \sum_{n \in A} \mu(\{n\}) = \sum_n \mu(\{n\}) \delta_n(A)\). Donc \(\mu = \sum_n \mu(\{n\}) \delta_n\).
2. Supposons \(\mu(\{n\}) = a\) pour tout \(n\). Alors \(\mu(\mathbb{N}) = \sum_n a\) vaut \(0\) si \(a = 0\) et \(+\infty\) si \(a > 0\). Dans les deux cas \(\mu(\mathbb{N}) \neq 1\) : il n’existe pas de probabilité uniforme sur \(\mathbb{N}\).
3. On a \(\mathbb{N} = \bigcup_n \{0, \ldots, n\}\), et chaque \(\{0, \ldots, n\}\) est de mesure \(n + 1\), finie. Cependant, \(c(\mathbb{N}) = +\infty\). La mesure de comptage est \(\sigma\)-finie mais pas finie.
4. Soit \(x_1, \ldots, x_m\) des éléments distincts de \(S_k\). Par additivité et monotonie,
   \[\frac{m}{k} < \sum_{i=1}^{m} \mu(\{x_i\}) = \mu(\{x_1, \ldots, x_m\}) \leq\, \mu(E).\]
   Donc \(m < k \mu(E)\), et \(S_k\) est fini. Or un point est un atome si et seulement si \(\mu(\{x\}) > \frac{1}{k}\) pour un certain \(k \geq\, 1\). L’ensemble des atomes est \(\bigcup_k S_k\), réunion dénombrable d’ensembles finis : il est dénombrable.
5. Le point \(\frac{1}{n}\) est dans \(]0, \frac{1}{2}]\) si et seulement si \(n \geq\, 2\). Donc \(\mu(]0, \frac{1}{2}]) = \sum_{n \geq\, 2} 2^{-n} = \frac{1}{2}\). Ensuite, aucun \(\frac{1}{n}\) ne vaut \(0\), donc \(\mu(\{0\}) = 0\). Enfin, \(]0, \varepsilon]\) contient tous les \(\frac{1}{n}\) pour \(n \geq\, 1/\varepsilon\). Ainsi \(\mu(]0,\frac{1}{2}]) = \frac{1}{2}\), \(\mu(\{0\}) = 0\) et \(\mu(]0, \varepsilon]) > 0\) pour tout \(\varepsilon > 0\). Les atomes forment ici un ensemble infini dénombrable qui s’accumule en \(0\).

Corrigé de l’exercice 11 : Continuité monotone et fonction de répartition

1. Si \(x \leq\, y\), alors \(]-\infty, x] \subset ]-\infty, y]\), donc \(F(x) \leq\, F(y)\) par monotonie. Ensuite, les ensembles \(]-\infty, -n]\) décroissent vers \(\emptyset\), et \(\mu\) est finie. Par continuité décroissante, \(F(-n) \to 0\). Comme \(F\) est croissante, sa limite en \(-\infty\) existe et vaut donc \(0\). De même, \(]-\infty, n]\) croît vers \(\mathbb{R}\). Par continuité croissante, \(F(n) \to \mu(\mathbb{R}) = 1\), et \(F\) tend vers \(1\) en \(+\infty\).
2. Soit \(x_n\) une suite décroissante de limite \(x\). Les ensembles \(]-\infty, x_n]\) décroissent vers \(]-\infty, x]\), donc \(F(x_n) \to F(x)\). Comme \(F\) est croissante, cela prouve la continuité à droite. Ensuite, les ensembles \(]-\infty, x – \frac{1}{n}]\) croissent vers \(]-\infty, x[\). Donc \(F(x – \frac{1}{n}) \to \mu(]-\infty, x[)\), et cette limite est \(F(x^-)\) par monotonie. Enfin, \(]-\infty, x]\) est la réunion disjointe de \(]-\infty, x[\) et \(\{x\}\). Donc \(\mu(\{x\}) = F(x) – F(x^-)\).
3. La fonction \(F\) est continue à droite. Elle est donc continue en \(x\) si et seulement si \(F(x^-) = F(x)\). D’après la question 2, cela équivaut à \(\mu(\{x\}) = 0\).
4. L’application \(B \mapsto \lambda(B \cap [0,1])\) est une mesure. En effet, si les \(B_n\) sont disjoints, les \(B_n \cap [0,1]\) le sont aussi. Une combinaison à coefficients positifs de mesures est une mesure. De plus, \(\mu(\mathbb{R}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \lambda([0,1]) = 1\), donc \(\mu\) est une probabilité.
5. Pour \(x < 0\), la demi-droite \(]-\infty, x]\) ne contient pas \(0\) et ne rencontre pas \([0,1]\), donc \(F(x) = 0\). Pour \(0 \leq\, x \leq\, 1\), on obtient \(F(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \lambda([0, x])\). Pour \(x \geq\, 1\), \(F(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\). Finalement \(F(x) = 0\) si \(x < 0\), \(F(x) = \frac{1 + x}{2}\) si \(0 \leq\, x \leq\, 1\), et \(F(x) = 1\) si \(x \geq\, 1\). Comme le montre la figure ci-dessous, \(F\) présente un saut de hauteur \(\frac{1}{2}\) en \(0\), puis croît linéairement.

   

6. D’après la question 2, \(\mu(\{0\}) = F(0) – F(0^-) = \frac{1}{2}\). Ensuite, \(\mu(]0, \frac{1}{2}]) = F(\frac{1}{2}) – F(0) = \frac{3}{4} – \frac{1}{2}\). De plus, \(\mu([0, \frac{1}{2}]) = \mu(\{0\}) + \mu(]0, \frac{1}{2}])\). Enfin, \(\mathbb{Q}\) contient \(0\) et \(\lambda(\mathbb{Q} \cap [0,1]) = 0\). On trouve \(\mu(\{0\}) = \frac{1}{2}\), \(\mu(]0, \frac{1}{2}]) = \frac{1}{4}\), \(\mu([0, \frac{1}{2}]) = \frac{3}{4}\) et \(\mu(\mathbb{Q}) = \frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Lemme de Borel-Cantelli

1. Un point \(x\) est dans \(\limsup A_n\) si et seulement si, pour tout \(N\), il existe \(n \geq\, N\) tel que \(x \in A_n\). Autrement dit, l’ensemble \(\{n : x \in A_n\}\) n’est pas majoré, donc il est infini.
2. Pour tout \(N\), on a \(\limsup A_n \subset \bigcup_{n \geq\, N} A_n\). Par monotonie et sous-additivité,
   \[\mu(\limsup A_n) \leq\, \sum_{n \geq\, N} \mu(A_n).\]
   Le membre de droite est le reste d’une série convergente, donc il tend vers \(0\) quand \(N \to +\infty\). Ainsi \(\mu(\limsup A_n) = 0\) : presque tout point n’appartient qu’à un nombre fini de \(A_n\).
3. Chaque intervalle de \(A_q\) est de longueur \(\frac{2}{q^3}\), et il y en a \(q + 1\). Par sous-additivité, \(\lambda(A_q) \leq\, \frac{2(q+1)}{q^3}\). Or \(q + 1 \leq\, 2q\) pour \(q \geq\, 1\), donc \(\lambda(A_q) \leq\, \frac{4}{q^2}\). La série \(\sum \frac{4}{q^2}\) converge. D’après la question 2, \(N = \limsup A_q\) est négligeable. Or \(x \in A_q\) signifie exactement qu’il existe \(p \in \{0, \ldots, q\}\) avec \(|x – \frac{p}{q}| < \frac{1}{q^3}\). Donc, pour tout \(x \in [0,1] \setminus N\), c’est-à-dire presque partout, un tel \(q\) n’existe que pour un nombre fini de valeurs.
4. Prenons \(A_n = ]0, \frac{1}{n}[\) pour \(n \geq\, 1\). La série \(\sum \lambda(A_n) = \sum \frac{1}{n}\) diverge. Cependant, la suite est décroissante, donc \(\bigcup_{n \geq\, N} A_n = A_N\). Ainsi \(\limsup A_n = \bigcap_N ]0, \frac{1}{N}[ = \emptyset\), de mesure nulle : la réciproque est fausse.

Corrigé de l’exercice 13 : Ensembles négligeables pour la mesure de Lebesgue

1. L’application \((k, n) \mapsto k 2^{-n}\) est définie sur \(\mathbb{Z} \times \mathbb{N}\), qui est dénombrable. Son image, l’ensemble des dyadiques, est donc dénombrable. D’après le cours, toute partie dénombrable de \(\mathbb{R}\) est négligeable : les dyadiques forment un ensemble négligeable.
2. Soit \(N\) négligeable, inclus dans \(A\) borélien avec \(\lambda(A) = 0\). Si \(N\) contenait un intervalle \(]a,b[\) avec \(a < b\), on aurait \(b – a = \lambda(]a,b[) \leq\, \lambda(A) = 0\), ce qui est absurde. Donc \(N\) est d’intérieur vide. Par passage au complémentaire, \(\mathbb{R} \setminus N\) rencontre tout intervalle ouvert non vide : il est dense.
3. On a \([0,1] = ([0,1] \cap \mathbb{Q}) \cup ([0,1] \setminus \mathbb{Q})\), réunion disjointe. Donc \(1 = 0 + \lambda([0,1] \setminus \mathbb{Q})\). Si \([0,1] \setminus \mathbb{Q}\) était dénombrable, sa mesure serait nulle. Donc \(\lambda([0,1] \setminus \mathbb{Q}) = 1\), et cet ensemble n’est pas dénombrable.
4. L’ensemble \(\mathbb{Z}\) est dénombrable, donc négligeable. Ensuite, \(]0, n[ \subset \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}\) pour tout \(n \geq\, 1\), donc \(\lambda(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}) \geq\, \lambda(]0, n[) = n\) par monotonie. Donc \(\lambda(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}) = +\infty\).
5. On énumère \(\mathbb{Q} \cap ]0,1[ = \{r_1, r_2, \ldots\}\). On pose \(I_k = ]r_k – \varepsilon 2^{-k-1}, r_k + \varepsilon 2^{-k-1}[\), de longueur \(\varepsilon 2^{-k}\), et \(U = \bigcup_k I_k \cap ]0,1[\). C’est un ouvert, comme réunion d’ouverts. Il contient les rationnels de \(]0,1[\), qui sont denses dans \([0,1]\). Donc \(U\) est un ouvert dense de \([0,1]\), et \(\lambda(U) \leq\, \sum_k \varepsilon 2^{-k} = \varepsilon\).

Corrigé de l’exercice 14 : L’ensemble triadique de Cantor

1. On raisonne par récurrence. C’est vrai pour \(n = 0\). Si \(K_n\) est la réunion de \(2^n\) segments disjoints de longueur \(3^{-n}\), le retrait du tiers central de chacun laisse deux segments disjoints de longueur \(3^{-n-1}\). On obtient \(2^{n+1}\) segments disjoints. Par additivité, \(\lambda(K_n) = 2^n 3^{-n} = \big(\frac{2}{3}\big)^n\).
2. Chaque \(K_n\) est une réunion finie de segments, donc un fermé. L’intersection \(K\) est fermée et bornée, donc compacte, et elle est borélienne. Elle contient \(0\), donc elle n’est pas vide. La suite \((K_n)\) est décroissante et \(\lambda(K_0) = 1\) est finie. Par continuité décroissante, \(\lambda(K) = \lim \big(\frac{2}{3}\big)^n = 0\).
3. À l’étape \(n + 1\), on retire \(2^n\) intervalles de longueur \(3^{-n-1}\). La longueur totale retirée vaut donc
   \[\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^n}{3^{n+1}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 – 2/3} = 1.\]
   On retire une longueur totale égale à \(1\), ce qui confirme que \(\lambda(K) = 1 – 1 = 0\).
4. Par récurrence : pour \(n = 0\), l’unique segment est \([0, 1]\), avec \(a = 0\). Si \([a, a + 3^{-n}]\) est un segment de \(K_n\), le retrait du tiers central laisse \([a, a + 3^{-n-1}]\) et \([a + 2 \cdot 3^{-n-1}, a + 3^{-n}]\). Cela revient à choisir \(\varepsilon_{n+1} \in \{0, 2\}\). Soit maintenant \(x = \sum_{k \geq\, 1} \varepsilon_k 3^{-k}\) et \(a_n = \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k 3^{-k}\). Le reste vérifie \(0 \leq\, x – a_n \leq\, \sum_{k > n} 2 \cdot 3^{-k} = 3^{-n}\). Donc \(x \in [a_n, a_n + 3^{-n}] \subset K_n\) pour tout \(n\), c’est-à-dire \(x \in K\).
5. Soit deux suites distinctes et \(k\) le premier rang où elles diffèrent, avec \(\varepsilon_k = 0\) et \(\varepsilon_k^{\prime} = 2\). Les termes suivants diffèrent au plus de \(2\) chacun, donc
   \[x^{\prime} – x \geq\, 2 \cdot 3^{-k} – \sum_{j > k} 2 \cdot 3^{-j} = 2 \cdot 3^{-k} – 3^{-k} = 3^{-k} > 0.\]
   L’application est donc injective de \(\{0, 2\}^{\mathbb{N}^*}\) dans \(K\). Or \(\{0,2\}^{\mathbb{N}^*}\) est en bijection avec \(\{0,1\}^{\mathbb{N}}\), qui n’est pas dénombrable. Ainsi \(K\) est négligeable mais non dénombrable.

Point de méthode : la continuité décroissante est l’outil naturel pour mesurer un ensemble défini comme intersection d’une suite décroissante, à condition que le premier terme soit de mesure finie.

Corrigé de l’exercice 15 : Mesure extérieure de Lebesgue d’un segment

1. Soit \(\varepsilon > 0\). L’intervalle \(]a – \varepsilon, b + \varepsilon[\), complété par des intervalles vides, recouvre \([a,b]\). Donc \(\lambda^*([a,b]) \leq\, b – a + 2\varepsilon\). En faisant tendre \(\varepsilon\) vers \(0\), on obtient \(\lambda^*([a,b]) \leq\, b – a\).
2. Pour \(p = 1\) : si \([a,b] \subset ]a_1, b_1[\), alors \(a_1 < a\) et \(b < b_1\), donc \(b_1 – a_1 > b – a\). Supposons le résultat vrai au rang \(p – 1\), pour tout segment. Le point \(b\) appartient à l’un des intervalles ; quitte à renuméroter, \(b \in ]a_p, b_p[\). Si \(a_p < a\), alors \(b_p – a_p > b – a\) et c’est fini. Sinon, \(a \leq\, a_p < b\), et le segment \([a, a_p]\) ne rencontre pas \(]a_p, b_p[\). Il est donc recouvert par les \(p – 1\) autres intervalles. Par hypothèse de récurrence, \(\sum_{k=1}^{p-1} (b_k – a_k) > a_p – a\). De plus, \(b_p – a_p > b – a_p\). En additionnant, \(\sum_{k=1}^{p} (b_k – a_k) > b – a\).
3. Soit \((]a_n, b_n[)\) un recouvrement dénombrable de \([a,b]\). Le segment est compact. D’après le théorème de Borel-Lebesgue, un nombre fini de ces intervalles le recouvrent déjà. D’après la question 2, leur longueur totale dépasse \(b – a\), donc \(\sum_n (b_n – a_n) > b – a\). En passant à la borne inférieure, \(\lambda^*([a,b]) \geq\, b – a\). Avec la question 1, \(\lambda^*([a,b]) = b – a\).
4. D’une part, \(]a,b[\) se recouvre lui-même, donc \(\lambda^*(]a,b[) \leq\, b – a\). D’autre part, pour \(0 < \varepsilon < \frac{b-a}{2}\), on a \([a + \varepsilon, b – \varepsilon] \subset ]a,b[\), donc \(\lambda^*(]a,b[) \geq\, b – a – 2\varepsilon\) par croissance. Ainsi \(\lambda^*(]a,b[) = b – a\). Ensuite, \(\lambda^*(\mathbb{R}) \geq\, \lambda^*([0,n]) = n\) pour tout \(n\). Enfin, par sous-additivité,
   \[1 = \lambda^*([0,1]) \leq\, \lambda^*([0,1] \cap \mathbb{Q}) + \lambda^*([0,1] \setminus \mathbb{Q}) = 0 + \lambda^*([0,1] \setminus \mathbb{Q}) \leq\, 1.\]
   On obtient \(\lambda^*(]a,b[) = b – a\), \(\lambda^*(\mathbb{R}) = +\infty\) et \(\lambda^*([0,1] \setminus \mathbb{Q}) = 1\).

Corrigé de l’exercice 16 : Mesures extérieures et parties mesurables

1. On a \(\mu^*(\emptyset) = 0\). Si \(A \subset B\) et \(A \neq \emptyset\), alors \(B \neq \emptyset\), donc \(\mu^*(A) \leq\, \mu^*(B)\). Enfin, si \(\bigcup A_n\) est non vide, l’un des \(A_n\) est non vide, donc \(\sum \mu^*(A_n) \geq\, 1\). Ainsi \(\mu^*\) est une mesure extérieure.
2. Les parties \(\emptyset\) et \(E\) sont toujours mesurables. Soit \(A\) avec \(A \neq \emptyset\) et \(A \neq E\). Avec \(T = E\), on obtient \(\mu^*(T \cap A) + \mu^*(T \cap A^c) = 1 + 1 = 2\), alors que \(\mu^*(T) = 1\). Les seules parties \(\mu^*\)-mesurables sont \(\emptyset\) et \(E\).
3. On a \(\nu^*(\emptyset) = 0\). Une partie d’un ensemble dénombrable est dénombrable, ce qui donne la croissance. Si \(\bigcup A_n\) n’est pas dénombrable, l’un des \(A_n\) ne l’est pas, sans quoi la réunion serait dénombrable. Alors \(\sum \nu^*(A_n) \geq\, 1\). Donc \(\nu^*\) est une mesure extérieure.
4. Une partie dénombrable \(N\) vérifie \(\nu^*(N) = 0\). D’après le théorème de Carathéodory, elle est mesurable. Son complémentaire l’est aussi, car les parties mesurables forment une tribu. Réciproquement, si \(A\) et \(A^c\) sont tous deux non dénombrables, le test avec \(T = \mathbb{R}\) donne \(1 + 1 \neq 1\). Les parties mesurables forment la tribu \(\mathcal{T}\) de l’exercice 4, et Carathéodory fournit la mesure \(\mu\) de cet exercice.

Corrigé de l’exercice 17 : Invariance de la mesure de Lebesgue

1. L’application \(\tau : t \mapsto t – x\) est continue, donc borélienne, et \(x + A = \tau^{-1}(A)\). Ainsi \(x + A\) est borélien. Ensuite, \(\nu(\emptyset) = 0\), et si les \(A_n\) sont disjoints, les \(x + A_n\) le sont aussi, avec \(x + \bigcup A_n = \bigcup (x + A_n)\). Donc \(\nu\) est une mesure. De plus, \(\nu(]a,b]) = \lambda(]a + x, b + x]) = b – a\). La famille des \(]a,b]\), complétée par \(\emptyset\), est stable par intersection : \(]a,b] \cap ]c,d] = ]\max(a,c), \min(b,d)]\) ou \(\emptyset\). Elle engendre \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\), et \(\mathbb{R} = \bigcup_n ]-n, n]\) avec des mesures finies. Le théorème d’unicité donne \(\nu = \lambda\), c’est-à-dire \(\lambda(x + A) = \lambda(A)\).
2. De même, \(cA = h^{-1}(A)\) avec \(h(t) = t / c\) continue, donc \(cA\) est borélien, et \(A \mapsto \lambda(cA)\) est une mesure. Si \(c > 0\), \(c\,]a,b] = ]ca, cb]\), de mesure \(c(b-a)\). Si \(c < 0\), \(c\,]a,b] = [cb, ca[\), de mesure \(ca – cb = |c|(b – a)\). Les deux mesures \(A \mapsto \lambda(cA)\) et \(|c| \lambda\) coïncident donc sur les \(]a,b]\) et sont finies sur les \(]-n, n]\). Par unicité, \(\lambda(cA) = |c| \, \lambda(A)\) pour tout borélien \(A\).
3. Pour \(q \geq\, 1\), l’intervalle \(]0,1]\) est la réunion disjointe des \(q\) translatés \(\frac{k}{q} + ]0, \frac{1}{q}]\), pour \(0 \leq\, k \leq\, q – 1\). Par invariance et additivité, \(\alpha = q \, \mu(]0, \frac{1}{q}])\). De même, \(]0, \frac{p}{q}]\) est réunion de \(p\) translatés, donc \(\mu(]0, t]) = \alpha t\) pour \(t = \frac{p}{q}\) rationnel positif. Pour \(t > 0\) réel, on choisit des rationnels \(t_n\) qui décroissent vers \(t\). Les \(]0, t_n]\) décroissent vers \(]0,t]\) et \(\mu(]0, t_1]) = \alpha t_1\) est finie. Par continuité décroissante, \(\mu(]0,t]) = \lim \alpha t_n = \alpha t\). Par invariance, \(\mu(]a,b]) = \mu(]0, b – a]) = \alpha(b – a)\). Le théorème d’unicité donne alors \(\mu = \alpha \lambda\).

Point de méthode : pour identifier deux mesures, on les compare sur une famille stable par intersection qui engendre la tribu, puis on invoque le théorème d’unicité.

Corrigé de l’exercice 18 : Fonctions mesurables usuelles

1. Pour \(B \subset \mathbb{R}\), l’ensemble \(\mathbf{1}_A^{-1}(B)\) vaut \(\emptyset\), \(A\), \(A^c\) ou \(E\), selon que \(B\) contient ou non \(0\) et \(1\). Si \(A \in \mathcal{A}\), ces quatre ensembles sont mesurables. Réciproquement, \(A = \mathbf{1}_A^{-1}(\{1\})\), et \(\{1\}\) est borélien. Donc \(\mathbf{1}_A\) est mesurable si et seulement si \(A \in \mathcal{A}\).
2. Soit \(a \in \mathbb{R}\) et \(S = \{x : f(x) \leq\, a\}\). Si \(y \in S\) et \(x \leq\, y\), alors \(f(x) \leq\, f(y) \leq\, a\), donc \(x \in S\). Une partie de \(\mathbb{R}\) qui contient tous les réels inférieurs à l’un de ses points est un intervalle de la forme \(\emptyset\), \(\mathbb{R}\), \(]-\infty, c[\) ou \(]-\infty, c]\). Dans tous les cas \(S\) est borélien, donc \(f\) est borélienne d’après le critère du cours.
3. D’abord, \(\mathbb{Q}\) est borélien, donc \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) est borélienne par la question 1. Ensuite, la partie entière est croissante, donc borélienne par la question 2. Enfin, \(x \mapsto x^2\) et \(x \mapsto e^x\) sont continues, les indicatrices de \([0,1]\) et \(]1, +\infty[\) sont boréliennes. Par stabilité par produit et somme, \(h\) est borélienne.
4. D’après l’exercice 2, les éléments de \(\mathcal{A}\) sont les réunions des atomes \(\{1\}\), \(\{2\}\) et \(\{3,4\}\). Si \(f\) est mesurable, \(f^{-1}(\{f(3)\})\) est un élément de \(\mathcal{A}\) contenant \(3\), donc il contient \(4\) : \(f(4) = f(3)\). Réciproquement, si \(f(3) = f(4)\), toute image réciproque est une réunion d’atomes. Les fonctions mesurables sont celles qui vérifient \(f(3) = f(4)\) ; la fonction \(f(k) = k\) n’est donc pas mesurable.

Corrigé de l’exercice 19 : Suites de fonctions mesurables

1. Pour \(a \in \mathbb{R}\), on a \(\sup_n f_n(x) \leq\, a\) si et seulement si \(f_n(x) \leq\, a\) pour tout \(n\). Donc \(\{\sup_n f_n \leq\, a\} = \bigcap_n \{f_n \leq\, a\} \in \mathcal{A}\), et \(\sup_n f_n\) est mesurable. Ensuite, \(\inf_n f_n = -\sup_n (-f_n)\) est mesurable. Enfin, \(g_n = \sup_{k \geq\, n} f_k\) est mesurable pour tout \(n\). Donc \(\limsup f_n = \inf_n g_n\) est mesurable.
2. Comme \(\mathbb{R}\) est complet, la suite \((f_n(x))\) converge si et seulement si elle est de Cauchy. On traduit cette condition avec des quantificateurs dénombrables :
   \[C = \bigcap_{k \geq\, 1} \bigcup_{N \geq\, 0} \bigcap_{p, q \geq\, N} \Big\{ |f_p – f_q| \leq\, \frac{1}{k} \Big\}.\]
   Chaque fonction \(|f_p – f_q|\) est mesurable, comme composée de \(f_p – f_q\) par la valeur absolue continue. Les ensembles de la formule sont donc dans \(\mathcal{A}\), et \(C \in \mathcal{A}\) par stabilité par réunion et intersection dénombrables.
3. Les fonctions \(h_n = f_n \mathbf{1}_C\) sont mesurables, comme produits de fonctions mesurables. Pour \(x \in C\), \(h_n(x) = f_n(x) \to f(x)\). Pour \(x \notin C\), \(h_n(x) = 0 = f(x)\). Ainsi, \(h_n\) converge simplement vers \(f\) sur \(E\). Une limite simple de fonctions mesurables est mesurable, donc \(f\) est mesurable.
4. La fonction \(g\) est dérivable, donc continue. Les fonctions \(k_n : x \mapsto n\big(g(x + \frac{1}{n}) – g(x)\big)\) sont donc continues, donc boréliennes. Par définition de la dérivée, \(k_n(x) \to g^{\prime}(x)\) pour tout \(x\). Ainsi \(g^{\prime}\) est limite simple de fonctions boréliennes : elle est borélienne, même si elle n’est pas continue.

Corrigé de l’exercice 20 : Égalité presque partout

1. L’ensemble \(U = \{f \neq g\}\) est l’image réciproque de l’ouvert \(\mathbb{R}^*\) par la fonction continue \(f – g\). Il est donc ouvert. Par hypothèse, il est négligeable. Or un ouvert non vide contient un intervalle \(]a,b[\) avec \(a < b\), de mesure \(b – a > 0\). Donc \(U = \emptyset\), c’est-à-dire \(f = g\) partout.
2. Pour \(0 \leq\, x < 1\), on a \(x^n \to 0\), tandis que \(f_n(1) = 1\) pour tout \(n\). La suite converge donc vers \(0\) sauf sur \(\{1\}\), qui est de mesure nulle. Ainsi \(f_n \to 0\) presque partout, mais pas en \(x = 1\). La figure ci-dessous montre les courbes qui s’écrasent sur l’axe, sauf au point \((1,1)\) qui reste fixe.

   

3. On a \(\{\mathbf{1}_{\mathbb{Q}} \neq 0\} = \mathbb{Q}\), qui est négligeable. Donc \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) est égale presque partout à la fonction nulle, continue. Supposons maintenant \(g\) continue et égale presque partout à \(u = \mathbf{1}_{[0, +\infty[}\). L’ensemble \(N = \{g \neq u\}\) est négligeable, donc son complémentaire est dense d’après l’exercice 13. Ainsi \(g = 1\) sur une partie dense de \(]0, +\infty[\), puis \(g = 1\) sur \(]0, +\infty[\) par continuité. De même, \(g = 0\) sur \(]-\infty, 0[\). Par continuité en \(0\), on obtient \(g(0) = 1\) et \(g(0) = 0\), ce qui est absurde : \(\mathbf{1}_{[0,+\infty[}\) n’est égale presque partout à aucune fonction continue.
4. L’ensemble \(\{f \neq g\}\) est borélien. Il est négligeable pour \(\delta_0\) si et seulement si sa mesure est nulle, donc si et seulement s’il ne contient pas \(0\). Ainsi \(f = g\) \(\delta_0\)-presque partout si et seulement si \(f(0) = g(0)\).

Corrigé de l’exercice 21 : Approximation par des fonctions étagées

1. Pour \(x \in [0,1]\), on a \(x^2 \in [\alpha, \beta[\) si et seulement si \(x \in [\sqrt{\alpha}, \sqrt{\beta}[\). Pour \(n = 1\), les seuils sont \(\frac{1}{2}\) et \(1\), et \(f \geq\, 1\) seulement en \(x = 1\). Donc
   \[\varphi_1 = 0 \cdot \mathbf{1}_{[0, \frac{\sqrt{2}}{2}[} + \frac{1}{2} \mathbf{1}_{[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1[} + 1 \cdot \mathbf{1}_{\{1\}}.\]
   Pour \(n = 2\), les seuils sont \(\frac{1}{4}\), \(\frac{1}{2}\), \(\frac{3}{4}\) et \(1\). On obtient \(\varphi_2 = \frac{1}{4} \mathbf{1}_{[\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}[} + \frac{1}{2} \mathbf{1}_{[\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}[} + \frac{3}{4} \mathbf{1}_{[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1[} + \mathbf{1}_{\{1\}}\), la valeur \(0\) étant prise sur \([0, \frac{1}{2}[\). La figure ci-dessous montre ces paliers, dont les abscisses sont des racines carrées.

   

2. Pour \(n \geq\, 1\) et \(x \in [0,1]\), on a \(f(x) \leq\, 1 \leq\, n\). De plus, \(2^{-n} \lfloor 2^n f(x) \rfloor \leq\, f(x) \leq\, 1 \leq\, n\), donc le minimum vaut \(2^{-n} \lfloor 2^n f(x) \rfloor\). Or \(\lfloor t \rfloor \leq\, t < \lfloor t \rfloor + 1\) pour tout réel \(t\). Avec \(t = 2^n f(x)\), puis division par \(2^n\), on obtient l’encadrement voulu. Ainsi \(0 \leq\, f – \varphi_n < 2^{-n}\), et la convergence est uniforme sur \([0,1]\).
3. On utilise les longueurs des ensembles de la question 1. Le point \(\{1\}\) est de mesure nulle, donc
   \[I(\varphi_2) = \frac{1}{4}\Big(\frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{1}{2}\Big) + \frac{1}{2}\Big(\frac{\sqrt{3}}{2} – \frac{\sqrt{2}}{2}\Big) + \frac{3}{4}\Big(1 – \frac{\sqrt{3}}{2}\Big) = \frac{5 – \sqrt{2} – \sqrt{3}}{8}.\]
   Numériquement, \(I(\varphi_2) \approx 0{,}232\). Comme \(\varphi_2 \leq\, f\), cette valeur est inférieure à l’aire \(\frac{1}{3}\) sous la parabole. On a \(I(\varphi_2) = \frac{5 – \sqrt{2} – \sqrt{3}}{8} \approx 0{,}232 < \frac{1}{3}\).
4. La fonction \(g\) ne prend que les valeurs \(0\) et \(1\), et \(g = \mathbf{1}_A\) avec \(A = [0,1] \setminus \mathbb{Q}\) borélien. Donc \(g\) est étagée, et \(I(g) = \lambda(A) = 1\) d’après l’exercice 13. Cependant, \(A\) et son complémentaire sont denses dans \([0,1]\), donc \(g\) n’est constante sur aucun intervalle non trivial. Ainsi \(g\) est étagée avec \(I(g) = 1\), mais ce n’est pas une fonction en escalier : c’est tout l’intérêt de découper l’axe des valeurs.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : un ensemble non mesurable

1. On a \(x – x = 0 \in \mathbb{Q}\), d’où la réflexivité. Si \(x – y \in \mathbb{Q}\), alors \(y – x \in \mathbb{Q}\), d’où la symétrie. Enfin, si \(x – y\) et \(y – z\) sont rationnels, leur somme \(x – z\) l’est aussi. Donc \(\sim\) est une relation d’équivalence.
2. Supposons \(r_n + v = r_m + v^{\prime}\) avec \(v, v^{\prime} \in V\). Alors \(v – v^{\prime} = r_m – r_n \in \mathbb{Q}\), donc \(v \sim v^{\prime}\). Comme \(V\) contient un seul élément par classe, \(v = v^{\prime}\), puis \(r_n = r_m\) et \(n = m\). Les \(V_n\) sont donc deux à deux disjoints.
3. Soit \(x \in [0,1]\) et \(v\) l’élément de \(V\) équivalent à \(x\). Alors \(r = x – v\) est rationnel et appartient à \([-1, 1]\), car \(x\) et \(v\) sont dans \([0,1]\). Donc \(r = r_n\) pour un \(n\), et \(x \in V_n\). Par ailleurs, \(V_n \subset [-1, 1] + [0,1] = [-1, 2]\). Ainsi \([0,1] \subset \bigcup_n V_n \subset [-1, 2]\).
4. Si \(V\) est borélien, chaque \(V_n\) l’est, et \(\lambda(V_n) = \lambda(V)\) par invariance. Par \(\sigma\)-additivité et monotonie,
   \[1 = \lambda([0,1]) \leq\, \sum_{n=0}^{+\infty} \lambda(V) \leq\, \lambda([-1,2]) = 3.\]
   Si \(\lambda(V) = 0\), la somme est nulle, ce qui contredit la minoration. Si \(\lambda(V) > 0\), la somme est infinie, ce qui contredit la majoration. Donc \(V\) n’est pas borélien.
5. La partie \(V\) n’est pas borélienne, donc \(\mathcal{B}(\mathbb{R}) \neq \mathcal{P}(\mathbb{R})\). Soit ensuite \(\mu\) une mesure sur \(\mathcal{P}(\mathbb{R})\) invariante par translation avec \(0 < \mu([0,1]) < +\infty\). Le segment \([-1,2]\) est inclus dans la réunion des trois translatés \([0,1] – 1\), \([0,1]\) et \([0,1] + 1\), donc \(\mu([-1,2]) \leq\, 3 \mu([0,1]) < +\infty\). Le même raisonnement donne \(0 < \mu([0,1]) \leq\, \sum_n \mu(V) \leq\, \mu([-1,2]) < +\infty\), ce qui est impossible. Une telle mesure n’existe pas.

Point de méthode : la contradiction vient de ce qu’une somme dénombrable de termes égaux vaut \(0\) ou \(+\infty\) ; on retrouve l’obstacle de l’exercice 10 sur la probabilité uniforme.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : lemme de classe monotone et unicité des mesures

1. Une tribu contient \(E\). De plus, \(B \setminus A = B \cap A^c\) est dans la tribu, et une réunion croissante est une réunion dénombrable. Donc une tribu est une classe monotone. Les trois propriétés passent à l’intersection, car chacune porte sur des éléments de toutes les classes. Une intersection de classes monotones est une classe monotone, ce qui justifie la définition de \(m(\mathcal{C})\).
2. Soit \(\mathcal{M}\) une classe monotone stable par intersection finie. D’abord, \(A^c = E \setminus A \in \mathcal{M}\). Ensuite, \(A \cup B = (A^c \cap B^c)^c \in \mathcal{M}\). Enfin, pour une suite \((A_n)\), les ensembles \(B_n = A_0 \cup \cdots \cup A_n\) sont dans \(\mathcal{M}\) et croissent vers \(\bigcup A_n\). Donc \(\bigcup A_n \in \mathcal{M}\), et \(\mathcal{M}\) est une tribu.
3. D’abord, \(\mathcal{M}_1\) contient \(\mathcal{C}\), car \(A \cap C \in \mathcal{C}\) pour \(C \in \mathcal{C}\). Ensuite, \(E \in \mathcal{M}_1\), car \(A \cap E = A\). Si \(B \subset B^{\prime}\) sont dans \(\mathcal{M}_1\), alors \(A \cap (B^{\prime} \setminus B) = (A \cap B^{\prime}) \setminus (A \cap B)\), différence de deux éléments emboîtés de \(m(\mathcal{C})\). Enfin, \(A \cap \bigcup B_n = \bigcup (A \cap B_n)\) est une réunion croissante. Donc \(\mathcal{M}_1\) est une classe monotone contenant \(\mathcal{C}\). Par minimalité, \(m(\mathcal{C}) \subset \mathcal{M}_1\), d’où \(\mathcal{M}_1 = m(\mathcal{C})\).
4. D’après la question 3, pour tout \(A \in \mathcal{C}\) et tout \(B \in m(\mathcal{C})\), on a \(A \cap B \in m(\mathcal{C})\). Donc \(\mathcal{C} \subset \mathcal{M}_2\). Les mêmes vérifications montrent que \(\mathcal{M}_2\) est une classe monotone, donc \(\mathcal{M}_2 = m(\mathcal{C})\). Ainsi \(m(\mathcal{C})\) est stable par intersection finie. D’après la question 2, c’est une tribu contenant \(\mathcal{C}\), donc \(\sigma(\mathcal{C}) \subset m(\mathcal{C})\). Inversement, \(\sigma(\mathcal{C})\) est une classe monotone contenant \(\mathcal{C}\). Donc \(m(\mathcal{C}) = \sigma(\mathcal{C})\).
5. Posons \(\mathcal{D} = \{A \in \sigma(\mathcal{C}) : \mu(A) = \nu(A)\}\). Il contient \(\mathcal{C}\) et \(E\). Si \(A \subset B\) sont dans \(\mathcal{D}\), alors \(\mu(B \setminus A) = \mu(B) – \mu(A) = \nu(B) – \nu(A) = \nu(B \setminus A)\), car les mesures sont finies. Si \((A_n)\) est croissante dans \(\mathcal{D}\), la continuité croissante donne \(\mu\big(\bigcup A_n\big) = \lim \mu(A_n) = \lim \nu(A_n) = \nu\big(\bigcup A_n\big)\). Donc \(\mathcal{D}\) est une classe monotone contenant \(\mathcal{C}\). Ainsi \(\mathcal{D} \supset m(\mathcal{C}) = \sigma(\mathcal{C})\), c’est-à-dire \(\mu = \nu\).
6. On a \(\{1\} = \{1,2\} \cap \{1,3\}\), \(\{2\} = \{1,2\} \setminus \{1\}\), \(\{3\} = \{1,3\} \setminus \{1\}\) et \(\{4\} = (\{1,2\} \cup \{1,3\})^c\). Donc \(\sigma(\mathcal{C}) = \mathcal{P}(E)\). Ensuite, \(\mu(\{1,2\}) = \frac{1}{2} = \nu(\{1,2\})\), \(\mu(\{1,3\}) = \frac{1}{2} = \nu(\{1,3\})\) et \(\mu(E) = \nu(E) = 1\). Pourtant, \(\mu(\{1\}) = \frac{1}{2}\) et \(\nu(\{1\}) = 0\). Les mesures diffèrent : il manque la stabilité de \(\mathcal{C}\) par intersection, puisque \(\{1,2\} \cap \{1,3\} = \{1\} \notin \mathcal{C}\).

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