Tribus engendrées et mesurabilité : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « tribus engendrées et mesurabilité », question par question.
Cette correction rédige chaque réponse comme une excellente copie de licence : axiomes vérifiés un par un, théorème cité avec ses hypothèses, conclusion encadrée. Reprenez d’abord l’exercice 2, car la technique des deux inclusions de tribus y apparaît sous sa forme la plus pure. Ensuite, l’exercice 3 met en regard la continuité croissante, toujours valable, et la continuité décroissante, qui exige une mesure finie. Les ensembles négligeables sont traités par sous-additivité dénombrable. Dans le problème, l’injectivité de l’écriture en base 4 prouve que le Cantor des quarts n’est pas dénombrable, alors que sa mesure est nulle. Chaque exercice se termine enfin par un barème détaillé et, si besoin, par une erreur fréquente.
L’énoncé complet se trouve ici : Tribus engendrées et mesurabilité : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : tribus engendrées et mesurabilité
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une partition de dix entiers | 4 points |
| 2. Deux familles de boréliens | 4 points |
| 3. Masses de Dirac et intervalles centrés | 4 points |
| 4. Égalité presque partout | 3 points |
| 5. Problème : le Cantor des quarts | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : tribus engendrées et mesurabilité
Exercice 1 – Une partition de dix entiers (4 points)
Le cas général d’une partition finie
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Vérifions d’abord les trois axiomes. En prenant \(I = \{1, \ldots, m\}\), on obtient \(E \in \mathcal{R}\), car les \(A_i\) recouvrent \(E\). Ensuite, les blocs étant deux à deux disjoints, le complémentaire de \(\bigcup_{i \in I} A_i\) est \(\bigcup_{i \notin I} A_i\), qui appartient encore à \(\mathcal{R}\).
Soit enfin une suite \((R_j)\) d’éléments de \(\mathcal{R}\), avec \(R_j = \bigcup_{i \in I_j} A_i\). Alors \(\bigcup_j R_j = \bigcup_{i \in J} A_i\), où \(J = \bigcup_j I_j\) est une partie de \(\{1, \ldots, m\}\). Donc \(\mathcal{R}\) est stable par réunion dénombrable : c’est une tribu.
De plus, \(\mathcal{R}\) contient chaque \(A_i\) (prendre \(I = \{i\}\)). Par minimalité de la tribu engendrée, \(\sigma(A_1, \ldots, A_m) \subset \mathcal{R}\). Réciproquement, un élément de \(\mathcal{R}\) est une réunion finie de générateurs, donc il appartient à toute tribu qui les contient. Ainsi \(\mathcal{R} = \sigma(A_1, \ldots, A_m)\).
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L’application \(I \mapsto \bigcup_{i \in I} A_i\) est surjective de l’ensemble des parties de \(\{1, \ldots, m\}\) sur \(\mathcal{R}\), par définition. Montrons qu’elle est injective. Si \(I \neq J\), il existe par exemple \(i \in I \setminus J\). Comme \(A_i\) est non vide, on choisit \(x \in A_i\). Ce point appartient à la réunion indexée par \(I\), mais à aucun \(A_j\) avec \(j \in J\), puisque les blocs sont disjoints. Les deux réunions diffèrent donc. Par conséquent, \(\mathcal{R}\) compte \(2^m\) éléments.
Pour \(m = 3\), la tribu \(\mathcal{T}\) a donc 8 éléments : \(\emptyset\), \(\{1\}\), \(\{2, 3, 5, 7\}\), \(\{4, 6, 8, 9, 10\}\), \(\{1, 2, 3, 5, 7\}\), \(\{1, 4, 6, 8, 9, 10\}\), \(\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10\}\) et \(\Omega\).
Quelles fonctions sont mesurables pour cette tribu ?
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On trouve \(d(4) = d(9) = 3\), alors que \(d(6) = d(8) = d(10) = 4\). Le singleton \(\{3\}\) est fermé, donc borélien, et pourtant \(d^{-1}(\{3\}) = \{4, 9\}\). Or cette partie coupe \(P_3\) sans le contenir : elle ne figure pas dans la liste précédente. Donc \(d\) n’est pas mesurable.
En revanche, \(g\) vaut 1 sur \(P_1\), 2 sur \(P_2\) et 3 sur \(P_3\), car tout élément de \(P_3\) a au moins trois diviseurs. Pour tout borélien \(B\), l’image réciproque \(g^{-1}(B)\) est alors la réunion des blocs \(P_i\) tels que \(i \in B\). Elle appartient à \(\mathcal{T}\), si bien que \(g\) est mesurable.
Piège classique : oublier que les blocs sont non vides. Sans cette hypothèse, deux parties \(I\) distinctes peuvent donner la même réunion et le cardinal devient faux.
Exercice 2 – Deux familles de boréliens (4 points)
Une famille génératrice faite de demi-ouverts
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Première inclusion. L’intervalle \(\left[a, a + 1\right[\) est l’intersection des ouverts \(\left]a – \frac{1}{n}, a + 1\right[\), pour \(n \geq 1\). C’est donc un borélien. Ainsi \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\) est une tribu qui contient \(\mathcal{C}\), d’où \(\sigma(\mathcal{C}) \subset \mathcal{B}(\mathbb{R})\).
Seconde inclusion. Soit \(a < b \leq a + 1\). Comme \(b \leq a + 1 < b + 1\), on a \(\left[a, a + 1\right[ \setminus \left[b, b + 1\right[ = \left[a, b\right[\). Cette différence de deux éléments de \(\mathcal{C}\) appartient à \(\sigma(\mathcal{C})\).
Pour \(a < b\) quelconques, on choisit un entier \(q \geq b – a\) et on pose \(h = \frac{b – a}{q} \leq 1\). Alors \(\left[a, b\right[\) est la réunion des \(q\) intervalles \(\left[a + jh, a + (j + 1)h\right[\), pour \(0 \leq j \leq q – 1\), qui sont tous dans \(\sigma(\mathcal{C})\). Ensuite, \(\left]a, b\right[ = \bigcup_{n \geq n_0} \left[a + \frac{1}{n}, b\right[\), avec \(\frac{1}{n_0} < b – a\). De même, \(\left]a, +\infty\right[ = \bigcup_{n \geq 1} \left]a, a + n\right[\), et l’on traite pareillement les intervalles ouverts non majorés à gauche.
Enfin, tout ouvert est réunion dénombrable d’intervalles ouverts, donc il appartient à \(\sigma(\mathcal{C})\). Par minimalité, \(\mathcal{B}(\mathbb{R}) \subset \sigma(\mathcal{C})\). On conclut que \(\sigma(\mathcal{C}) = \mathcal{B}(\mathbb{R})\).
L’ensemble des points de continuité
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- Soit \(x \in O_n\), associé à un \(\delta > 0\). Prenons \(x^{\prime}\) tel que \(|x^{\prime} – x| < \frac{\delta}{2}\). Par inégalité triangulaire, \(\left]x^{\prime} – \frac{\delta}{2}, x^{\prime} + \frac{\delta}{2}\right[\) est inclus dans \(\left]x – \delta, x + \delta\right[\). La condition est donc satisfaite en \(x^{\prime}\) avec \(\frac{\delta}{2}\), c’est-à-dire \(x^{\prime} \in O_n\). Ainsi \(O_n\) contient un intervalle ouvert autour de chacun de ses points : c’est un ouvert.
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Si \(f\) est continue en \(x\), fixons \(n \geq 1\). Il existe \(\delta > 0\) tel que \(|f(y) – f(x)| < \frac{1}{2n}\) sur \(\left]x – \delta, x + \delta\right[\). Pour \(y\) et \(z\) dans cet intervalle, l’inégalité triangulaire donne alors \(|f(y) – f(z)| < \frac{1}{n}\). Donc \(x \in O_n\) pour tout \(n\).
Inversement, soit \(x\) dans tous les \(O_n\). Pour \(\eta > 0\), on prend \(n\) tel que \(\frac{1}{n} < \eta\), puis le \(\delta\) correspondant. En choisissant \(z = x\), on obtient \(|f(y) – f(x)| < \eta\) dès que \(|y – x| < \delta\) : \(f\) est continue en \(x\).
Par conséquent, \(D = \bigcap_{n \geq 1} O_n\) est une intersection dénombrable d’ouverts, donc un borélien.
Piège classique : écrire \(\left[a, a + 1\right[ \setminus \left[b, b + 1\right[ = \left[a, b\right[\) sans vérifier \(b \leq a + 1\). Si \(b > a + 1\), la différence vaut tout \(\left[a, a + 1\right[\).
Exercice 3 – Masses de Dirac et intervalles centrés (4 points)
La mesure μ et ses queues
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D’abord, \(\mu(\emptyset) = 0\), car la somme est vide. Soit ensuite \((B_j)\) une suite de boréliens deux à deux disjoints. Les ensembles \(B_j \cap \mathbb{N}\) partitionnent \(\left(\bigcup_j B_j\right) \cap \mathbb{N}\). Le théorème de sommation par paquets, valable pour des termes positifs, donne alors \(\mu\left(\bigcup_j B_j\right) = \sum_j \sum_{k \in B_j \cap \mathbb{N}} 3^{-k} = \sum_j \mu(B_j)\). Donc \(\mu\) est une mesure.
Puis, par la somme d’une série géométrique, \(\mu(\mathbb{R}) = \sum_{k \geq 0} 3^{-k} = \frac{1}{1 – \frac{1}{3}}\), soit \(\mu(\mathbb{R}) = \frac{3}{2}\). De même, \(\mu(2\mathbb{N}) = \sum_{j \geq 0} 9^{-j} = \frac{1}{1 – \frac{1}{9}}\), soit \(\mu(2\mathbb{N}) = \frac{9}{8}\).
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Pour \(n \in \mathbb{N}\), on a \(\mu(A_n) = \sum_{k \geq n} 3^{-k} = 3^{-n} \times \frac{3}{2}\), donc \(\mu(A_n) = \frac{3^{1 – n}}{2}\), qui tend vers 0. En revanche, \(\lambda(A_n) = +\infty\) pour tout \(n\).
Or la suite \((A_n)\) est décroissante et \(\bigcap_n A_n = \emptyset\), de mesure nulle pour \(\mu\) comme pour \(\lambda\). Pour \(\mu\), la limite vaut bien 0, car le théorème de continuité décroissante s’applique : \(\mu(A_0) = \frac{3}{2}\) est fini. Pour \(\lambda\), au contraire, la limite vaut \(+\infty\) : aucun \(A_n\) n’est de mesure finie, si bien que l’hypothèse du théorème n’est pas satisfaite.
Réunions d’intervalles et rationnels
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Pour \(k \geq 1\), on a \(2^{-k} \leq \frac{1}{2}\), donc \(I_k \subset \left]k – \frac{1}{2}, k + \frac{1}{2}\right[\). Ces derniers intervalles sont deux à deux disjoints, ainsi que les \(I_k\).
Posons \(B_n = \bigcup_{k=1}^{n} I_k\). Par additivité finie, \(\lambda(B_n) = \sum_{k=1}^{n} 2 \times 2^{-k} = 2\left(1 – 2^{-n}\right)\). Ensuite, la suite \((B_n)\) est croissante, de réunion \(U\). La continuité croissante, valable sans condition, donne alors \(\lambda(U) = \lim\limits_{n \to +\infty} \left(2 – 2^{1 – n}\right)\). Ainsi \(\lambda(U) = 2\), bien que \(U\) ne soit pas borné.
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Posons \(V = \bigcup_{k \geq 0} \left]r_k – \varepsilon\,2^{-k-2}, r_k + \varepsilon\,2^{-k-2}\right[\). C’est un ouvert, comme réunion d’ouverts, et il contient chaque \(r_k\), donc \(\mathbb{Q}\). Ces intervalles peuvent se chevaucher ; on utilise donc la sous-additivité dénombrable : \(\lambda(V) \leq \sum_{k \geq 0} \varepsilon\,2^{-k-1} = \varepsilon\). Ainsi \(V\) est un ouvert contenant \(\mathbb{Q}\) et \(\lambda(V) \leq \varepsilon\).
Enfin, \([0, 1]\) est la réunion de \([0, 1] \setminus V\) et de \([0, 1] \cap V\). Par sous-additivité, \(1 \leq \lambda\left([0, 1] \setminus V\right) + \lambda(V)\), puis \(1 \leq \lambda\left([0, 1] \setminus V\right) + \varepsilon\). Donc \(\lambda\left([0, 1] \setminus V\right) \geq 1 – \varepsilon\).
Piège classique : à la question 4, écrire une égalité \(\lambda(V) = \varepsilon\). Les intervalles se recouvrent en général, et seule l’inégalité est justifiée.
Exercice 4 – Égalité presque partout (3 points)
- Soit \((N_j)\) une suite de négligeables. Pour chaque \(j\), on choisit un borélien \(B_j\) contenant \(N_j\) avec \(\lambda(B_j) = 0\). Alors \(\bigcup_j N_j\) est inclus dans le borélien \(\bigcup_j B_j\), et la sous-additivité dénombrable donne \(\lambda\left(\bigcup_j B_j\right) \leq \sum_j \lambda(B_j) = 0\). La réunion est donc négligeable.
- Pour tout réel \(x\), le singleton \(\{x\} = [x, x]\) est un borélien de mesure \(x – x = 0\). Une partie dénombrable est alors une réunion dénombrable de singletons, donc négligeable par la question 1. En particulier, \(\mathbb{Q}\) est dénombrable. Comme \(\{\mathbf{1}_{\mathbb{Q}} \neq 0\} = \mathbb{Q}\) est négligeable, \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) est nulle presque partout.
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Posons \(N = \{x \in \mathbb{R} : f(x) \neq g(x)\}\), qui est négligeable par hypothèse. Comme \(f – g\) est continue, \(N\) est l’image réciproque de l’ouvert \(\mathbb{R}^*\), donc un ouvert.
Supposons \(N\) non vide et prenons \(x \in N\). Il existe alors \(r > 0\) tel que \(\left]x – r, x + r\right[ \subset N\). Tout borélien contenant \(N\) est donc de mesure au moins \(2r > 0\), ce qui contredit la négligeabilité. Ainsi \(N\) est vide, c’est-à-dire \(f = g\) en tout point.
Exercice 5 – Problème : le Cantor des quarts (5 points)
Les premières étapes et la mesure nulle
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On obtient \(K_1 = \left[0, \frac{1}{4}\right] \cup \left[\frac{3}{4}, 1\right]\). Ensuite, chaque segment de longueur \(\frac{1}{4}\) garde ses deux quarts extrêmes, de longueur \(\frac{1}{16}\) : \(K_2 = \left[0, \frac{1}{16}\right] \cup \left[\frac{3}{16}, \frac{1}{4}\right] \cup \left[\frac{3}{4}, \frac{13}{16}\right] \cup \left[\frac{15}{16}, 1\right]\). On retrouve bien les origines \(s \in \left\{0, \frac{3}{16}, \frac{3}{4}, \frac{15}{16}\right\}\) de la description admise.
Puis \(K_n\) est une réunion disjointe de \(2^n\) segments de longueur \(4^{-n}\). Par additivité, \(\lambda(K_n) = 2^n \times 4^{-n}\), donc \(\lambda(K_n) = 2^{-n}\).
- Chaque \(K_n\) est une réunion finie de segments, donc un fermé. Par conséquent, \(K\) est fermé comme intersection de fermés ; de plus, il est borné car inclus dans \([0, 1]\). D’après le théorème de Borel-Lebesgue, \(K\) est compact, et c’est un borélien, puisque son complémentaire est ouvert. Ensuite, la suite \((K_n)\) est décroissante et \(\lambda(K_0) = 1\) est fini. Le théorème de continuité décroissante s’applique donc : \(\lambda(K) = \lim\limits_{n \to +\infty} 2^{-n} = 0\).
Un négligeable qui n’est pas dénombrable
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Fixons \(n\) et posons \(s_n = \sum_{k=1}^{n} 3\,\varepsilon_k\,4^{-k}\). Le reste vérifie \(0 \leq \varphi(\varepsilon) – s_n \leq \sum_{k \geq n+1} 3 \times 4^{-k}\). Or cette somme géométrique vaut \(3 \times 4^{-n-1} \times \frac{4}{3} = 4^{-n}\).
Ainsi \(\varphi(\varepsilon) \in \left[s_n, s_n + 4^{-n}\right]\), qui est l’un des segments de \(K_n\). Comme ceci vaut pour tout \(n\), on a \(\varphi(\varepsilon) \in K\). La figure suit ce raisonnement pour une suite commençant par 1, 0, 1.
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Soit \(\varepsilon \neq \varepsilon^{\prime}\), et \(j\) le plus petit indice où elles diffèrent ; quitte à les échanger, \(\varepsilon_j = 1\) et \(\varepsilon^{\prime}_j = 0\). Alors les termes d’indice inférieur à \(j\) se simplifient, et \(\varphi(\varepsilon) – \varphi(\varepsilon^{\prime}) \geq 3 \times 4^{-j} – \sum_{k \geq j+1} 3 \times 4^{-k}\). Le calcul précédent donne \(\varphi(\varepsilon) – \varphi(\varepsilon^{\prime}) \geq 3 \times 4^{-j} – 4^{-j} = 2 \times 4^{-j} > 0\). Donc \(\varphi\) est injective.
Or \(\{0, 1\}^{\mathbb{N}^*}\) n’est pas dénombrable, d’après l’argument diagonal de Cantor. Une partie qui contient l’image injective d’un tel ensemble ne peut pas être dénombrable non plus. En conclusion, \(K\) est de mesure nulle, donc négligeable, mais il n’est pas dénombrable.
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Mesurabilité d’une limite simple
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Si \(f(x) > a\), on choisit \(p \geq 1\) tel que \(f(x) > a + \frac{2}{p}\). Comme \(f_n(x)\) tend vers \(f(x)\), il existe \(N\) tel que \(f_n(x) > a + \frac{1}{p}\) pour tout \(n \geq N\). Donc \(x\) appartient au membre de droite.
Réciproquement, si \(f_n(x) > a + \frac{1}{p}\) pour tout \(n \geq N\), le passage à la limite donne \(f(x) \geq a + \frac{1}{p} > a\). L’égalité est ainsi établie.
Chaque \(\left\{f_n > a + \frac{1}{p}\right\}\) est l’image réciproque d’un ouvert par une fonction borélienne, donc un borélien. Le membre de droite s’obtient par intersections et réunions dénombrables, si bien que \(\{f > a\}\) est borélien pour tout \(a\). Enfin, les demi-droites \(\left]a, +\infty\right[\) engendrent \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\). Par conséquent, \(f\) est borélienne.
- Si \(x \notin K\), il existe \(N\) tel que \(x \notin K_N\) ; la suite \((K_n)\) étant décroissante, \(h_n(x) = 0\) pour \(n \geq N\). Si \(x \in K\), alors \(h_n(x) = 2^n\) tend vers \(+\infty\). La limite simple est donc \(h = +\infty\) sur \(K\) et \(h = 0\) ailleurs. Ainsi \(\{h \neq 0\} = K\), négligeable par la question 2 : \(h\) est nulle presque partout.
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Piège classique : croire qu’un ensemble de mesure nulle est forcément dénombrable. Le Cantor des quarts montre que non : la mesure ne compte pas les points.
À retenir de ce contrôle
- La tribu engendrée par une partition finie en m blocs non vides est formée des réunions de blocs ; elle compte exactement 2 puissance m éléments.
- Pour prouver que deux tribus sont égales, on montre que les générateurs de chacune appartiennent à l’autre, puis on conclut par minimalité.
- La continuité croissante des mesures est toujours vraie ; la continuité décroissante suppose qu’un des ensembles de la suite soit de mesure finie.
- Une réunion dénombrable de négligeables est négligeable ; deux fonctions continues égales presque partout pour Lebesgue sont égales partout.
- Si des fonctions mesurables convergent simplement, leur limite est mesurable, car ses ensembles de sur-niveau s’écrivent par réunions et intersections dénombrables.
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