A-t-il nécessairement raison ? Solution de l’exercice 1

Université Pierre & Marie Curie (Paris 6) Licence de Mathématiques L3

UE LM364 Intégration 1 Année 2009-2010

Examen partiel du 10 novembre 2009 La lisibilité et la qualité de la rédaction ont compté.

Exercice 1. Soitλla mesure de Lebesgue sur (R,B(R)).

SoientA₁, A₂, . . . , A₁₀₀ des boréliens de]0,1[tels que

100

X

k=1

λ(A_k)>99.

Pierre affirme qu’alors

λ¹⁰⁰\

k=1

A_k

>0.

A-t-il nécessairement raison ?

Solution de l’exercice 1. Il faut penser à utiliser les complémentaires dans ]0,1[! Puisque le complé- mentaire deT100

k=1Ak est S100

k=1cAk et queλ(]0,1[) = 1, on a λ¹⁰⁰\

k=1

A_k

= 1−λ¹⁰⁰[

k=1 cA_k

.

Il s’agit donc de montrer queλ S100 k=1cAk

<1. Or

λ¹⁰⁰[

k=1 cA_k

≤

100

X

k=1

λ(^cA_k)

=

100

X

k=1

[1−λ(Ak)]

= 100−

100

X

k=1

λ(A_k)

<100−99 = 1.

Donc Pierre a raison.

Exercice 2. Soit l’espace mesuré(R,B(R), µ), avec µ(K)<+∞ pour tout compactK deR. Soit D={a∈R|µ({a})>0}.

a) Pour tousn, k∈N^∗, on pose Dn,k ={a∈[−n, n]|µ({a})> ¹_k}.

Montrer que les ensembles D_n,k sont finis.

Indication : on peut établir les inégalités CardDn,k 6kµ([−n, n])...

b) Montrer que D=S

n,k≥1D_n,k, puis queD est dénombrable.

c) On pose, pour toutA∈ B(R),µ₁(A) =µ(A∩D).

Montrer que µ₁ est une mesure sur (R,B(R)), qui est finie sur les compacts.

d) Montrer que

µ1 =X

a∈D

µ({a})δ_a, où δ_a est la mesure de Dirac au point a.

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e) On pose, pour toutA∈ B(R),µ2(A) =µ(A∩^cD). Montrer queµ2est une mesure sur(R,B(R)), finie sur les compacts, et que µ₂({x}) = 0 pour toutx∈R.

f) Montrer qu’on obtient la décompositionµ=µ₁+µ₂. Solution de l’exercice 2.

a) On am_n=µ([−n, n])<+∞car[−n, n]est compact. Supposons par l’absurde que Card(D_n,k)>

km_n, et soientx₁, . . . , x_mdes points distincts appartenant àD_n,k, avecm > km_nun entier. Alors, µ({x₁, . . . , x_m}) =

m

X

i=1

µ({x_i})> m

k > m_n. Mais {x₁, . . . , xm} ⊂Dn,k⊂[−n, n], donc

µ({x₁, . . . , x_m})≤µ(D_n,k)≤m_n.

On obtient donc une contradiction, donc Card(D_n,k)≤kmn, et donc D_n,k est fini.

b) Pour tout n, k ∈ N^∗, on a clairement D_n,k ⊂ D, donc S

n,k≥1D_n,k ⊂ D. Réciproquement, soit x ∈D. Alors il existe n ≥1 tel que x ∈ [−n, n], et comme µ({x}) >0, il existe k≥ 1 tel que µ({x})>1/k. Donc,D⊂S

n,k≥1Dn,k, d’où l’égalité.D=S

n,kDn,k est une union dénombrable d’ensembles dénombrables, donc Dest dénombrable.

c) D est dénombrable, donc borélien, donc A∩D est un borélien pour tout A borélien. µ1(∅) = µ(∅ ∩D) =µ(∅) = 0, et pour toute suite de boréliens (B_n)_n deux à deux disjoints, on a

µ₁([

n

B_n) =µ([

n

(B_n∩D)) =X

n

µ(B_n∩D) =X

n

µ₁(B_n),

car les Bn∩D sont deux à deux disjoints. De plus, pour tout K compact, comme K∩D⊂K, on a µ₁(K) =µ(K∩D)≤µ(K)<+∞, donc µ₁ est finie sur les compacts.

d) Soit A borélien. CommeDest dénombrable, posonsD={d_n, n∈N}. Alors, µ₁(A) =µ(A∩D) =µ([

n∈N

{d_n|d_n∈A}) = X

n∈N,dn∈A

µ({d_n}) =X

n∈N

µ({d_n})δ_dn(A) = X

a∈D

µ({a})δ_a(A).

e) On aµ₂(A) =µ(A∩^cD),^cDétant borélien, carDborélien, et on montre que µ₂ est une mesure comme pourµ₁. Six∈D, alorsµ₂({x}) =µ₂({x} ∩^cD) =µ₂(∅) = 0. Six∈^cD, alorsµ({x}) = 0 par définition deD, et alors µ2({x}) =µ({x} ∩^cD) =µ({x}) = 0.

f) On aµ(A) =µ(A∩D) +µ(A∩^cD) parσ-additivité, d’où µ=µ1+µ2.

Exercice 3. Dans cet exercice, le mot « ensemble » désigne une partie deR. On munitRde sa tribu borélienne et de la mesure de Lebesgue.

Pour chaque question, la réponse est à justifier par une preuve, un exemple ou un contre-exemple.

a) Un ensemble mesurable borné est-il toujours de mesure finie ? b) Même question avec un ensemble compact.

c) Un ensemble de mesure finie peut-il être non borné ? d) Un ensemble de mesure nulle est-il nécessairement fermé ?

e) Un ensemble ouvert non vide peut-il être de mesure nulle ? f) Un ensemble d’intérieur non vide peut-il être de mesure nulle ?

g) Un ensemble d’intérieur vide peut-il avoir une mesure strictement positive ?

2

Solution de l’exercice 3. Nous notons λ la mesure de Lebesgue sur (R,B(R)).

a) Oui, toujours : si B est un ensemble mesurable borné, alors B ⊆[−a, a] pour un certain réel a>0, lequel réel a vérifie λ(B)6λ([−a, a]) = 2a <∞.

b) Même réponse, puisque tout ensemble compact est un fermé borné de R, et est donc de mesure finie d’après l’item a) ci-dessus.

Minute !

Faire appel à l’item a), sans avoir signalé – et sans avoir démontré – que les les parties compactes de R sont des boréliens de R, ce n’est pas très correct. On aurait donc mieux fait d’écrire quelque chose comme ce qui suit, en remplaçant le « pourquoi ? » par une explication digne de ce nom.

b) Même réponse, car un ensemble compact est une partie fermée de R et est donc un borélien (pourquoi ?); et puisqu’il est, en plus, borné, nous pouvons appliquer l’item précédent.

c) Oui – et N fait très bien l’affaire.

d) Non, pas nécessairement : Q n’est pas fermé (pourquoi ?), et λ(Q) = 0.

Un autre ensemble non fermé de mesure de Lebesgue nulle est {¹_n |n∈N^∗}, et un exemple (ou un contre-exemple) un peu plus sophistiqué est obtenu en privant l’ensemble triadique de Cantor d’un quelconque de ses points.

e) Non. (Pourquoi ?)

(Indication : cela a un rapport avec le fait qu’un ensemble ouvert non vide inclut un intervalle ouvert non vide...)

f) Non. (Pourquoi ?) g) Oui : penser à R r Q.

Exercice 4. Soientu:R² →R+ etv:R+→R² les applications définies par u(x₁, x₂) = (x²₁+x²₂)^1/2 et v(x) = (x,0).

SoitA la tribu surR² engendrée par la classe des boules euclidiennes ouvertes deR² de centre(0,0).

a) Montrer que A ⊆ B(R²).

b) Montrer que u est mesurable de(R²,A) vers (R+,B(R+)).

c) Montrer quev est mesurable de(R+,B(R+))vers (R²,A).

d) Soient aetbdes points de R² tels que u(a) =u(b). On pose

C={A∈ A |(a∈Aetb∈A) ou(a∈^cAetb∈^cA)}

Montrer que C est une tribu contenant les boules deR² centrées à l’origine.

En déduire que C=A.

e) Soit f: (R²,A)→(R+,B(R+)).

Mourad affirme que f(3,4) =f(4,3) =f(0,5).

A-t-il nécessairement raison ? Solution de l’exercice 4.

a) Les boules ouvertes centrées à l’origine deR² sont des ouverts, donc des boréliens deR². La tribu A est la plus petite tribu sur R² qui contient ces boules, etB(R²) est une tribu qui contient ces boules, donc A ⊆ B(R²).

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b) Puisque u⁻¹([0, α[)est la boule ouverte de centre (0,0)et de rayon α deR², on a u⁻¹([0, α[)∈ A.

Or les intervalles [0, α[, (α ∈R+) forment une classeC⁰ qui engendre la tribu borélienne de R+, donc u est mesurable grâce au lemmeu⁻¹(σ(C⁰)) =σ(u⁻¹(C⁰)).

c) L’image réciproque par v de la boule centrée à l’origine et de rayon α est l’intervalle [0, α[, qui est un borélien de R+, donc v est mesurable grâce au même lemme.

d) C est la classe des ensemblesA∈ B tels queaetbsont simultanément dansAou simultanément dans^cA. On a∅ ∈ C. Puisque la définition deCest symétrique enAet^cA,Cest stable par passage au complémentaire. Si a∈ ∪_n∈NAn avec An ∈ C pour toutn, alors il existen0 tel quea∈An0. Donc, puisque A_n0 ∈ C, on a b∈ A_n0 ⊂ ∪_n∈NA_n. De même, si a∈ ^c(∪_n∈NA_n), on montre que b∈^c(∪_n∈NA_n). DoncC est une tribu.

Puisque u(a) =u(b), les vecteurs aetb ont même norme, donc ils sont simultanément dans une boule de R² centrée à l’origine, ou dans son complémentaire. Donc C contient les boules deR² de centre (0,0)et de rayonα. CommeC est une tribu, on aC ⊃ A. CommeC ⊂ Apar définition de C, on aC=A.

e) On remarque que

u(3,4) =u(4,3) =u(0,5) = 5.

Puisquefest mesurable(R²,A)→(R+,B(R+))et que le singleton{f(3,4)}appartient àB(R+), on a

f⁻¹({f(3,4)})∈ A.

Puisque A=C d’après la question d), on a donc

f⁻¹({f(3,4)})∈ C.

Par définition de C, puisque u(3,4) = u(4,3), les points (3,4) et (4,3) sont simultanément dansf⁻¹({f(3,4)})ou simultanément dans son complémentaire. Comme(3,4)∈f⁻¹({f(3,4)}) (puisquef(3,4) =f(3,4)!), on a aussi(4,3)∈f⁻¹({f(3,4)}), ce qui signifie quef(4,3) =f(3,4).

Le raisonnement est le même pour (0,5). Mourad a donc raison.

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