Indications de solutions au Exercices
1. Rép.
On vérie que BA satisfait aux axiomes de la dénition d'une tribu. On a :
(1) A ∈ BA car A vérie A ∩ A = A ∈ A
S
(2) Si (Bn )n est une suite de parties de BA , Bn ∈ BA . En eet, si
(Bn )n ∈ BA , on a
[
[
( Bn ) ∩ A = (Bn ∩ A).
n
n
Comme ∀n, Bn ∈ BA , donc ∀n, Bn ∩ A ∈ A et
[
(Bn ∩ A) ∈ A
n
car
S A est une tribu donc stable par réunions dénombrables. On a donc
Bn ∈ BA .
(3) Montons que si B ∈ BA , alors B C ∈ BA . On doit montrer que si B ∈
BA , alors B C ∩A ∈ A. Quatre cas sont à envisager : A ⊂ B; B ⊂ A; A∩B = ∅
et A ∩ B 6= ∅. Nous avons :
(a)A ⊂ B : Dans ce cas B C ∩ A = ∅ et ∅ ∈ A ;
(b)B ⊂ A : Dans ce cas, comme B ∈ BA , B ∩ A = B ∈ A et donc
B ∩ A ∈ A car B C et A ∈ A et Aest une tribu donc stable par intersections
dénombrables.
C
(c) A ∩ B = ∅ : Dans ce cas B C ∩ A = A et A ∈ A par hypothèse.
(d) A ∩ B 6= ∅ : Dans ce cas B C ∩ A = A ∩ (A ∩ B)C . Comme B ∈ BA ,
B ∩ A ∈ A, donc (A ∩ B)C ∈ A car A est stable par passage au complémentaire. D'autre part la stabilité par intersections denombrables assureque
B C ∩ A = A ∩ (A ∩ B)C ∈ A.
Nous pouvons donc conclure que ∀B ∈ BA , B C ∈ BA .
2. Rép.
2
En eet, soit C la classe des sous-ensembles dénie par
(
C=
A ⊂ X, ∃ une sous − suite (nk )k tel que A =
)
[
Ank
.
nk
Admettons que C est une tribu de parties de X . Nous avons immédiatement que si A ∈ C alors A ∈ A. Donc C ⊂ B . De plus C ⊃ G . Comme par
dénition, B est la plus petite tribu contenant la partion G = (An )n , nous
avons donc B ⊂ C . Par suite, C = B .
Il reste à montrer que C est une tribu de parties de X . Nous avons :
(1) X ∈ C car G = (An )n est une partition de X et par suite X =
S
An .
S (2) Soit (An )n une suite dans C . Pour chaque n soit (nk )k tel que A =
k Ank alors
[
[ [
An0k ∈ C
Ank =
k
s/suites nk k
où (n0k )k est une s/suite formée à l'aide des s/suites (nk )k .
S
S
(3) Si A = k Ank ∈ C , on a AC = k An0k oû (n0k )k est une s/suite
contenant tous les entiers dénissant la partition dierents de des nk , car
G = (An )n est une partition de X . Par suite AC ∈ C . Ce qui montre que C
est une tribu et términe la réponse.
3. Rép.
(1) Soit BFi la tribu engendrée par Fi , i = 1, · · · , 7. Nous avons, pour a
et b ∈ R,
\
[a, b[= ]a−εn , b[ avec (εn )n une suite positive tendant vers 0, quand n → ∞.
n
Les intervalles ]a − εn , b[ étant ouverts, on a donc [a, b[∈ BR et par suite
BF1 ⊂ BR .
Réciproquement, pour a et b ∈ R, on a
[
]a, b[= [a+εn , b[ avec (εn )n une suite positive tendant vers 0, quand n → ∞.
n
3
Par suite, BR ⊂ BF1 et donc BR = BF1 .
(2) Nous avons
\
]a, b] = ]a, b+εn [ avec (εn )n une suite positive tendant vers 0, quand n → ∞.
n
Les intervalles ]a, b + εn [ étant ouverts, on a donc ]a, b] ∈ BR et par suite
BF2 ⊂ BR .
Réciproquement, pour a et b ∈ R, on a
]a, b[=
[
]a, b−εn ] avec (εn )n une suite positive tendant vers 0, quand n → ∞.
n
Il s'en suit que BR ⊂ BF2 et par consequent BF2 = BR .
(3) Les férmés étant les complémentaires d'ouverts, on a immédiatement
BF3 = BR .
(4) Pour a ∈ R, tout intervalle ]a, +∞[ est un intervalle ouvert. Cela
montre que BF4 ⊂ BR .
D'autre part, pour a et b ∈ R, on a
\
\
]a, b[=]a, +∞[ ] − ∞, b[=]a, +∞[ [b, +∞[C
Mais
[b, +∞[=
\
]b − εn , +∞[
n
avec (εn )n une suite positive tendant vers 0, quand n → ∞.
Cela montre que BR ⊂ BF4 et par suite BF4 = BR
(5) Pour a ∈ R, tout intervalle [a, +∞[ peut être mis sous la forme
[a, +∞[= ∩n ]a − εn , +∞[ avec (εn )n une suite positive tendant vers 0,
quand n → ∞. Les intervales ]a − εn , +∞[ étant ouverts, cela montre que
BF5 ⊂ BR . Réciproquement, pour a et b ∈ R, a < b, on a
\
\
]a, b[=]a, +∞[ ] − ∞, b[= [a + εn , +∞[∩([b, ∞[)C
n
On en conclut donc que BR ⊂ BF5 et par suite BF5 ⊂ BR .
(6) et (7). Observons que, pour a un nombre réel, on a ]−∞, a[= ([a, +∞[)C
4
et ] − ∞, a] = (]a, +∞[)C . Il est alors immédiat que que BF6 = BF5 = BR
et BF7 = BF4 = BR
4.Rép.
On applique le critère de mesurabilité avec BR = BF5 , car pour a ∈ R
{f ≥ a} = f −1 ([a, +∞[).
5.Rép.
(a) On applique le résultat de l'exercice 4. On a, si f et g sont mesurables,
pour a ∈ R, on a
[
sup(f, g) ≥ a = {f ≥ a ou g ≥ a} = {f ≥ a} {g ≥ a}
X
et
n
o
\
inf (f, g) ≥ a = {f ≥ a et g ≥ a} = {f ≥ a} {g ≥ a}
X
Ce qui montre que {supX (f, g) ≥ a} et {inf X (f, g) ≥ a} ∈ A car {f ≥ a} et
{g ≥ a} ∈ A (f et g mesurables par hypothèse). Il en résulte que supX (f, g)
et inf X (f, g) sont mesurables.
(b) Raisonnement similaire que dans (a), pour sup(f1 , · · · , fn ) et inf(f1 , · · · , fn ).
(c) Par dénition,
lim sup fn = inf sup fk et lim inf fn = sup inf fk
n
n
n
k≥n
n
k≥n
Soit gn = supk≥n fS
k . Alors gn est mesurable. En eet, pour a un nomb
réel, on a {gn ≥ a} = k≥n {fk ≥ a}. Comme les fk sont mesurables, d'après
le critère de mesurabilité ∀k ≥ n, {fk ≥ a} ∈ A et donc
[
{gn ≥ a} =
{fk ≥ a} ∈ A
k≥n
car A est une tribu donc stable par réunion dénombrables.Les gn étant mesurables montrons que inf n gn est mesurable. On a
n
o \
inf gn ≥ a = {gn ≥ a}.
n
n
5
T
Comme les gn sont mesurables {gn ≥ a} ∈ A et donc n {gn ≥ a} ∈ A car A
est stable par réunion dénombrable. Par suite, lim supn fn = inf n gn est donc
mesurable.
Raisonnement similaire pour montrer que lim inf n fn est mesurable.
6. Soit (X, A) un espace mesurable et f une application mesurable de X
dans R. Montrer que la fonction h de X dans R dénie par x 7→ h(x) = ef (x)
est mesurable.
7. Soit (X, A) un espace mesurable et A une partie de X . Soit IA la
fonction indicatrice de A i.e. la fonction dénie pour x ∈ X , par :
1, si x ∈ A
IA (x) =
0, si x 6∈ A
Montrer que IA est mesurable si et seulement si A ∈ A. Pour A et B ∈ A,
montrer que IA∩B = IA IB et IA∪B = IA + IB − IA∩B et en déduire que IA∪B
est mesurable
8. Sur l'espace mesurable (X, A), soit µ la fonction d'ensemble dénie,
pour A ∈ A, par
µ(A) =
0, si A est fini
+∞, si A est infini
µ est-elle une mesure sur (X, A) ?
9. Dans l'espace mesuré (R, BR , µ), avec µ bornée, soit f la fonction réelle
dénie pour x ∈ R, par
f (x) = µ(] − ∞, x]) .
Montrer que f est croissante et continue à droite. Qu'en est-il si on dénit f
tel que f (x) = µ(] − ∞, x[), pour x ∈ R ?
9.(Lemme de Borel - Cantelli )
Dans l'espace mesuré (X, A, µ), soit (An )n ∈ A tel que
X
µ(An ) < ∞.
n
6
Montrer que
\[
µ{
Ak } = 0 .
n k≥n
Rép.
Si la série
P
n
µ(An ) est convergente, son reste d'ordre n ,
X
µ(Ak ) → 0 ,
k≥n
quand n → ∞.
Comme
∀n, µ(
[
Ak ) ≤
k≥n
il s'en suit que
µ(
[
X
µ(Ak ) ,
k≥n
Ak ) → 0 ,
k≥n
S
quand n → ∞S
, et qu'à partir d'un certain rang µ( k≥n Ak ) < ∞.
La suite ( k≥n Ak )n étant decroissante, il en résulte des propriétés de
limites monotones d'une mesure que
[
\ [
Ak ) = 0 .
Ak )) = lim µ(
µ( (
n
k≥n
n
7
k≥n
