QCM : Tribus et mesure de Lebesgue en L3 de maths

Réponse D.

Par l’argument diagonal de Cantor, aucune application de \(\mathbb{N}\) dans \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\) n’est surjective. En revanche, \(\mathbb{N}^2\) se numérote par diagonales, et \(\mathbb{Q}\) s’y injecte. De même, les parties finies forment une réunion dénombrable d’ensembles dénombrables. Le piège consiste à confondre parties finies et parties quelconques de \(\mathbb{N}\).

Réponse A.

Grâce aux lois de De Morgan, une tribu résiste aussi aux intersections dénombrables. Si l’on se contente des réunions finies, on obtient une simple algèbre, notion plus faible. En revanche, exiger la stabilité par réunion quelconque est trop fort : ainsi, la tribu de Lebesgue n’est pas stable par réunion quelconque, puisque toute partie est réunion de singletons.

Réponse D.

Elle contient \(\mathbb{N}\), résiste au passage au complémentaire et aux réunions de deux parties : c’est donc une algèbre. Cependant, les multiples de 2, réunis un par un, forment une famille dénombrable de singletons dont la réunion n’est ni finie ni de complémentaire fini. Par conséquent, la stabilité par réunion dénombrable échoue. Le piège est de ne tester que des réunions finies.

Réponse D.

La tribu engendrée par les singletons contient seulement les parties dénombrables et celles de complémentaire dénombrable. Ainsi l’intervalle \([0,1]\) n’y figure pas. En revanche, les fermés sont les complémentaires des ouverts, et tout intervalle s’obtient à partir des demi-droites à extrémité rationnelle par différences et réunions dénombrables. Le piège vient de ce que les singletons sont des boréliens, sans pour autant engendrer toute la tribu.

Réponse C.

La mesure de comptage donne 4, car l’ensemble a quatre éléments. De plus, \(\delta_2\) vaut 1 puisque 2 appartient à l’ensemble, d’où une contribution de 3. Donc \(\mu(\{0,1,2,3\})=4+3=7\). Répondre 4 ou 3 revient à oublier l’un des deux termes. Enfin, 12 vient d’un produit à la place d’une somme de mesures.

Réponse B.

Comme \(2^{-n}<1\), les segments sont deux à deux disjoints. Par \(\sigma\)-additivité, la mesure vaut \(\sum_{n\geq 1}2^{-n}=1\). Répondre 2 revient à faire commencer la somme à \(n=0\). De même, \(1/2\) ne compte que le premier segment. Enfin, une infinité d’ensembles n’impose pas une mesure infinie, puisque leurs longueurs forment une série convergente.

Réponse B.

Pour une suite décroissante, la mesure de l’intersection est la limite des \(\mu(A_n)\), pourvu qu’un des termes soit de mesure finie. Ici, cette hypothèse manque, donc la limite \(+\infty\) ne donne pas la mesure de l’ensemble vide. Cependant, \(\lambda\) reste bien une mesure. De plus, la continuité croissante, elle, ne demande aucune hypothèse de finitude, ce qui explique le piège.

Réponse C.

Les parties qui coupent tout ensemble de façon additive pour \(\lambda^{*}\) forment une tribu, et \(\lambda^{*}\) y est \(\sigma\)-additive. Cette tribu contient les intervalles, donc les boréliens. En revanche, \(\lambda^{*}\) n’est pas additive sur toutes les parties, à cause des ensembles de Vitali. Par ailleurs, la mesure obtenue n’est pas finie, puisque \(\lambda(\mathbb{R})=+\infty\).

Réponse C.

La longueur retirée vaut \(\frac{1}{3}+\frac{2}{9}+\frac{4}{27}+\cdots=1\), donc le reste est de mesure nulle. Pourtant, les points de Cantor correspondent aux développements en base 3 sans chiffre 1, qui sont en bijection avec les suites de 0 et de 2. Ainsi l’ensemble n’est pas dénombrable. Le piège consiste à croire qu’un ensemble négligeable est forcément dénombrable.

Réponse B.

L’ensemble \(\mathbb{Q}\) est dénombrable, donc négligeable, et \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) ne diffère de la fonction nulle que sur \(\mathbb{Q}\). Elle est donc nulle presque partout, et ainsi égale presque partout à une fonction continue. Par ailleurs, \(\mathbb{Q}\) est borélien, comme réunion dénombrable de singletons. Le piège est de croire que la densité donne une mesure positive.

Réponse A.

Si \(f(x)>a\) et \(y\geq x\), alors \(f(y)\geq f(x)>a\). Donc \(f^{-1}(]a,+\infty[)\) est un intervalle, donc un borélien. Comme ces demi-droites engendrent les boréliens, la mesurabilité suit. En revanche, une fonction croissante peut avoir une infinité dénombrable de sauts. De même, elle n’est dérivable que presque partout, et pas partout.

Réponse A.

Chaque \(\varphi_n\) prend un nombre fini de valeurs sur des ensembles mesurables, donc elle est étagée. De plus, passer de \(n\) à \(n+1\) affine la grille dyadique, ainsi la suite croît. Là où \(f(x)\leq n\), l’écart est au plus \(2^{-n}\), d’où la convergence simple. Cependant, elle n’est uniforme que si \(f\) est bornée. Enfin, les ensembles de niveau ne sont pas des intervalles en général.