Corrigé des exercices : Tribus et mesure de Lebesgue en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Tribu engendrée sur un ensemble à cinq éléments

Idée clé : on découpe \(\Omega\) selon l’appartenance à \(A\) et à \(B\) ; la tribu engendrée est formée des réunions de ces morceaux.

1. On calcule \(A\cap B=\{b\}\), \(A\setminus B=\{a\}\), \(B\setminus A=\{c,d\}\) et \(\Omega\setminus(A\cup B)=\{e\}\). Ces quatre parties sont non vides, disjointes et recouvrent \(\Omega\). Les atomes sont \(\{a\}\), \(\{b\}\), \(\{c,d\}\) et \(\{e\}\).
2. Toute tribu contenant \(A\) et \(B\) contient ces atomes, obtenus par intersections et complémentaires. Elle contient donc toutes leurs réunions. Inversement, la famille des réunions d’atomes contient \(\Omega\), elle est stable par complémentaire et par réunion. C’est donc une tribu qui contient \(A=\{a\}\cup\{b\}\) et \(B=\{b\}\cup\{c,d\}\). Par conséquent, \(\mathcal{T}\) est exactement cette famille. Ainsi \(\#\mathcal{T}=2^4=16\).
3. Un élément de \(\mathcal{T}\) contient \(a\) et \(e\) si et seulement s’il contient les atomes \(\{a\}\) et \(\{e\}\). On choisit ensuite librement les deux autres atomes. On obtient \(\{a,e\}\), \(\{a,b,e\}\), \(\{a,c,d,e\}\) et \(\Omega\).
4. Tout élément de \(\mathcal{T}\) qui contient \(c\) contient l’atome \(\{c,d\}\), donc aussi \(d\). Le singleton \(\{c\}\) n’appartient pas à \(\mathcal{T}\).
5. On trouve \(f(a)=1\), \(f(b)=3\), \(f(c)=f(d)=2\) et \(f(e)=0\). Ainsi \(f\) est constante sur chaque atome. Pour tout borélien \(C\), l’ensemble \(f^{-1}(C)\) est donc une réunion d’atomes. Par conséquent, \(f\) est \(\mathcal{T}\)-mesurable.

La figure résume le découpage en atomes.

Corrigé de l’exercice 2 – Ensembles dénombrables et intervalles disjoints

Idée clé : on se ramène à des produits finis et à des réunions dénombrables d’ensembles dénombrables.

1. Les ensembles \(\mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Q}\) sont dénombrables. Or un produit fini d’ensembles dénombrables est dénombrable. Donc \(\mathbb{Z}\times\mathbb{Q}\) est dénombrable.
2. L’application \(]p,q[\mapsto(p,q)\) est injective de cet ensemble d’intervalles dans \(\mathbb{Q}^2\). Cet ensemble est donc dénombrable.
3. Chaque \(I_j\) est un ouvert non vide, donc il contient un rationnel. Choisissons-en un, noté \(r_j\). Si \(j\neq j^{\prime}\), alors \(r_j\neq r_{j^{\prime}}\), car \(I_j\cap I_{j^{\prime}}=\varnothing\). L’application \(j\mapsto r_j\) est donc injective de \(J\) dans \(\mathbb{Q}\). Par conséquent, \(J\) est dénombrable.
4. Notons \(S_N\) l’ensemble des suites d’entiers nulles à partir du rang \(N\). L’application \(u\mapsto(u_0,\dots,u_{N-1})\) est une bijection de \(S_N\) sur \(\mathbb{N}^N\), qui est dénombrable. L’ensemble étudié est la réunion des \(S_N\) pour \(N\in\mathbb{N}\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles dénombrables, donc il est dénombrable.

Corrigé de l’exercice 3 – Mesures construites avec des masses de Dirac

Idée clé : une somme de mesures à coefficients positifs est une mesure, et chaque terme se calcule séparément.

1. Si \(\mu_1,\mu_2\) sont des mesures et \(c\geqslant 0\), alors \(\mu_1+c\,\mu_2\) vérifie \(\mu(\varnothing)=0\) et la \(\sigma\)-additivité, car on peut additionner terme à terme des séries à termes positifs. Ainsi \(\mu\) est une mesure. De plus, \(\nu\) est la mesure de comptage appliquée à \(A\cap\mathbb{Z}\). Si les \(A_n\) sont disjoints, les \(A_n\cap\mathbb{Z}\) aussi, et le cardinal d’une réunion disjointe est la somme des cardinaux. Donc \(\nu\) est une mesure.
2. On calcule chaque terme.
   \[\mu([0,1])=1+2+0=3,\qquad \mu(]1/2,3[)=\tfrac{5}{2}+0+0=\tfrac{5}{2}.\]
   Ensuite, \(\mu(]1/2,3])=\frac{5}{2}+5=\frac{15}{2}\). Comme \(\lambda(\mathbb{Q})=0\) et que \(1/2\) et \(3\) sont rationnels, \(\mu(\mathbb{Q})=0+2+5=7\). Enfin, \(\lambda([3,+\infty[)=+\infty\). Bilan : 3, 5/2, 15/2, 7 et \(+\infty\).
3. Les entiers de \([-5/2,4]\) sont \(-2,-1,0,1,2,3,4\). Donc \(\nu([-5/2,4])=7\). De plus, \(\mathbb{Q}\) contient \(\mathbb{Z}\). Ainsi \(\nu([-5/2,4])=7\) et \(\nu(\mathbb{Q})=+\infty\).
4. Aucune des deux n’est finie, puisque \(\mu(\mathbb{R})\geqslant\lambda(\mathbb{R})=+\infty\) et \(\nu(\mathbb{R})=\#\mathbb{Z}=+\infty\).

Corrigé de l’exercice 4 – Mesures de Lebesgue par continuité

Idée clé : identifier la limite ensembliste, vérifier la monotonie, puis contrôler la finitude dans le cas décroissant.

1. La suite \(]-1/n,2+1/n[\) est décroissante et son intersection est \([0,2]\). Le premier terme a pour mesure 4, qui est finie. Par continuité décroissante, la mesure cherchée vaut \(\lim_n(2+2/n)\). Elle vaut 2.
2. La suite \([1/n,3-1/n]\) est croissante, car \(1/n\) décroît et \(3-1/n\) croît. Sa réunion est \(]0,3[\). Par continuité croissante, la mesure vaut \(\lim_n(3-2/n)\). Elle vaut 3.
3. Pour \(n\geqslant 1\), on a \(n+3^{-n}<n+1\). Les segments \([n,n+3^{-n}]\) sont donc deux à deux disjoints. Par \(\sigma\)-additivité,
   \[\lambda\Big(\bigcup_{n\geqslant 1}[n,n+3^{-n}]\Big)=\sum_{n\geqslant 1}3^{-n}=\frac{1/3}{1-1/3}.\]
   La mesure vaut 1/2.

Corrigé de l’exercice 5 – Égalités presque partout

Idée clé : on détermine l’ensemble où les deux fonctions diffèrent, puis on calcule sa mesure.

1. L’ensemble \(\{\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\neq 0\}\) est \(\mathbb{Q}\), qui est dénombrable, donc de mesure nulle. Ainsi \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}=0\) presque partout.
2. Si \(x\notin\mathbb{Z}\), on a \(\lceil x\rceil=\lfloor x\rfloor+1\), donc \(g(x)=\lfloor x\rfloor\). En revanche, si \(x\in\mathbb{Z}\), alors \(g(x)=x-1\neq x=\lfloor x\rfloor\). Les deux fonctions diffèrent exactement sur \(\mathbb{Z}\), qui est négligeable mais non vide. Elles sont égales presque partout, et pas partout.
3. On a \(\sin x\neq|\sin x|\) si et seulement si \(\sin x<0\). Cet ensemble contient \(]\pi,2\pi[\), de mesure \(\pi>0\). Les deux fonctions ne sont pas égales presque partout.
4. On a \(x^2=x\) si et seulement si \(x\in\{0,1\}\). L’ensemble où elles diffèrent est \(\mathbb{R}\setminus\{0,1\}\), et \(\mu(\mathbb{R}\setminus\{0,1\})=0\). Elles sont égales \(\mu\)-presque partout.

Corrigé de l’exercice 6 – Mesurabilité de la partie entière

Idée clé : on utilise le critère \(\{f\leqslant a\}\) mesurable, puis la stabilité par différence.

1. On a \(\lfloor x\rfloor\leqslant a\) si et seulement si \(\lfloor x\rfloor\leqslant\lfloor a\rfloor\), car \(\lfloor x\rfloor\) est entier. Cela équivaut à \(x<\lfloor a\rfloor+1\). Donc \(\{\lfloor x\rfloor\leqslant a\}=]-\infty,\lfloor a\rfloor+1[\), qui est ouvert. Par le critère du cours, la partie entière est borélienne. Autre argument : elle est croissante.
2. La fonction \(x\mapsto x\) est continue, donc borélienne. Ainsi \(h\) est la différence de deux fonctions boréliennes. Donc \(h\) est borélienne.
3. Pour \(k\in\{0,1,2,3,4\}\), on a \(\{x\in[k,k+1[ : h(x)<1/3\}=[k,k+1/3[\). Le point \(x=5\) vérifie aussi \(h(5)=0\), mais il est de mesure nulle. Par additivité, la mesure vaut \(5\times\frac{1}{3}\). Elle vaut 5/3.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Tribu image réciproque et parties symétriques

Idée clé : l’image réciproque commute avec toutes les opérations ensemblistes ; pour la dernière question, on reconstruit une partie symétrique à partir de sa moitié positive.

1. D’abord, \(\Omega=f^{-1}(\Omega^{\prime})\). Ensuite, \(\Omega\setminus f^{-1}(B)=f^{-1}(\Omega^{\prime}\setminus B)\). Enfin, \(\bigcup_n f^{-1}(B_n)=f^{-1}\big(\bigcup_n B_n\big)\). Comme \(\mathcal{T}^{\prime}\) est une tribu, les ensembles obtenus restent dans \(f^{-1}(\mathcal{T}^{\prime})\). C’est donc une tribu sur \(\Omega\).
2. On applique la question précédente à l’injection canonique \(\iota:E\to\Omega\). En effet, \(\iota^{-1}(A)=E\cap A\). La trace est donc une tribu sur \(E\).
3. Soit \(B\) un borélien. L’ensemble \(f^{-1}(B)\) est borélien, car \(f\) est continue. Il est symétrique, car \(f(-x)=f(x)\). Réciproquement, soit \(S\) un borélien symétrique. On pose \(S_+=S\cap[0,+\infty[\) et \(B=\{t\geqslant 0 : \sqrt{t}\in S_+\}\). La fonction racine est continue sur \([0,+\infty[\), donc \(B\) est un borélien. Ensuite, \(x\in f^{-1}(B)\) équivaut à \(|x|\in S_+\), donc à \(x\in S\) par symétrie. Ainsi \(f^{-1}(\mathcal{B}(\mathbb{R}))\) est la tribu des boréliens symétriques.

Corrigé de l’exercice 8 – Réunions de tribus

Idée clé : une réunion de tribus perd la stabilité par réunion ; une suite croissante de tribus donne seulement une algèbre.

1. On a \(\sigma(\{\{1\}\})=\{\varnothing,\{1\},\{2,3\},\Omega\}\) et \(\sigma(\{\{2\}\})=\{\varnothing,\{2\},\{1,3\},\Omega\}\). Leur réunion contient \(\{1\}\) et \(\{2\}\), mais pas \(\{1,2\}\). Ce n’est donc pas une tribu.
2. Notons \(R_n=\{n+1,n+2,\dots\}\). Les atomes \(\{0\},\dots,\{n\},R_n\) partitionnent \(\mathbb{N}\). Comme dans l’exercice 1, les réunions d’atomes forment une tribu, et toute tribu contenant les singletons \(\{0\},\dots,\{n\}\) contient aussi \(R_n\), par complémentaire. Donc \(\mathcal{T}_n\) est formée des \(A\) tels que \(A\cap R_n\in\{\varnothing,R_n\}\).
3. La suite \((\mathcal{T}_n)\) est croissante, car \(R_{n+1}\subset R_n\) et \(A\cap R_n\in\{\varnothing,R_n\}\) entraîne \(A\cap R_{n+1}\in\{\varnothing,R_{n+1}\}\). Si \(A,B\in\mathcal{U}\), ils sont dans un même \(\mathcal{T}_n\), ainsi que \(A\cup B\) et \(\mathbb{N}\setminus A\). Donc \(\mathcal{U}\) est une algèbre. En revanche, \(2\mathbb{N}=\bigcup_k\{2k\}\) est une réunion dénombrable d’éléments de \(\mathcal{U}\). Or, pour tout \(n\), \(2\mathbb{N}\cap R_n\) n’est ni vide ni égal à \(R_n\). Ainsi \(\mathcal{U}\) n’est pas une tribu.
4. La tribu \(\sigma(\mathcal{U})\) contient tous les singletons. Toute partie de \(\mathbb{N}\) est une réunion dénombrable de singletons. Donc \(\sigma(\mathcal{U})=\mathcal{P}(\mathbb{N})\).

Corrigé de l’exercice 9 – Parties dénombrables ou de complémentaire dénombrable

Idée clé : une réunion dénombrable est dénombrable si tous ses termes le sont ; sinon, l’un d’eux a un complémentaire dénombrable.

1. L’ensemble vide est dénombrable, donc \(\mathbb{R}\in\mathcal{D}\). Le passage au complémentaire ne pose aucun problème, puisque la condition porte indifféremment sur \(A\) ou sur \(\mathbb{R}\setminus A\). Soit enfin \((A_n)\) une suite de \(\mathcal{D}\). Si tous les \(A_n\) sont dénombrables, leur réunion l’est. Sinon, un \(A_{n_0}\) a un complémentaire dénombrable, et \(\mathbb{R}\setminus\bigcup_n A_n\subset\mathbb{R}\setminus A_{n_0}\) est dénombrable. Donc \(\mathcal{D}\) est une tribu.
2. Les singletons sont dans \(\mathcal{D}\), donc \(\sigma(\text{singletons})\subset\mathcal{D}\) par minimalité. Réciproquement, une partie dénombrable est une réunion dénombrable de singletons. Une partie de complémentaire dénombrable est le complémentaire d’une telle réunion. Ainsi \(\mathcal{D}\) est la tribu engendrée par les singletons.
3. Les singletons sont fermés, donc \(\mathcal{D}\subset\mathcal{B}(\mathbb{R})\). Cependant, \([0,1]\) est borélien, non dénombrable, et son complémentaire contient \([2,3]\), qui n’est pas dénombrable. Donc \([0,1]\notin\mathcal{D}\), et l’inclusion est stricte.
4. On a \(m(\varnothing)=0\). Soit \((A_n)\) une suite disjointe de \(\mathcal{D}\). Deux parties de complémentaire dénombrable se rencontrent, car la réunion de leurs complémentaires est dénombrable, donc différente de \(\mathbb{R}\). Ainsi au plus un \(A_n\) n’est pas dénombrable. S’il n’y en a aucun, la réunion est dénombrable et les deux membres valent 0. S’il y en a un, la réunion n’est pas dénombrable et les deux membres valent 1. Donc \(m\) est une mesure.

Corrigé de l’exercice 10 – Engendrer les boréliens par des demi-droites

Idée clé : on montre la double inclusion par minimalité, en approchant chaque demi-droite réelle par des demi-droites rationnelles.

1. Notons \(\mathcal{C}=\{[a,+\infty[ : a\in\mathbb{Q}\}\). Ces demi-droites sont fermées, donc \(\sigma(\mathcal{C})\subset\mathcal{B}(\mathbb{R})\). Réciproquement, pour \(q\) rationnel, \(]-\infty,q[\) est le complémentaire de \([q,+\infty[\). Pour \(b\) réel, choisissons des rationnels \(q_n\) strictement décroissants de limite \(b\). Alors \(]-\infty,b]=\bigcap_n\,]-\infty,q_n[\in\sigma(\mathcal{C})\). D’après le théorème du cours, les \(]-\infty,b]\) engendrent \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\). Donc \(\mathcal{B}(\mathbb{R})=\sigma(\mathcal{C})\).
2. Si \(f\) est mesurable, \(\{f\geqslant a\}=f^{-1}([a,+\infty[)\) est dans \(\mathcal{A}\). Réciproquement, la proposition du cours sur les classes génératrices s’applique à \(\mathcal{C}\). Le critère est donc nécessaire et suffisant.
3. D’après l’exercice 9, la tribu engendrée par les singletons est \(\mathcal{D}\), qui ne contient pas \([0,1]\). Elle est donc différente de \(\mathcal{B}(\mathbb{R})\).

Corrigé de l’exercice 11 – Continuité décroissante prise en défaut

Idée clé : sans terme de mesure finie, la limite des mesures peut rester infinie alors que l’intersection est vide.

1. Chaque \(A_n\) est de mesure \(+\infty\). Or aucun réel n’est supérieur à tous les entiers, donc \(\bigcap_n A_n=\varnothing\). On a \(\lim_n\lambda(A_n)=+\infty\) et \(\lambda\big(\bigcap_n A_n\big)=0\).
2. L’intervalle \(]0,1/n[\) contient une infinité de rationnels, donc \(\nu(B_n)=+\infty\). Pourtant, \(\bigcap_n B_n=\varnothing\). On a \(\lim_n\nu(B_n)=+\infty\) et \(\nu\big(\bigcap_n B_n\big)=0\).
3. La suite \((C_n)_{n\geqslant N}\) est décroissante, et son premier terme est de mesure finie. La continuité décroissante du cours s’applique donc à cette suite. Par ailleurs, \(\bigcap_{n\geqslant N}C_n=\bigcap_{n\geqslant 0}C_n\), car la suite décroît. Enfin, retirer les \(N\) premiers termes ne change pas la limite. Donc \(\mu\big(\bigcap_n C_n\big)=\lim_n\mu(C_n)\).

Corrigé de l’exercice 12 – Réels sans chiffre 7

Idée clé : à l’étape \(n\), on garde 9 sous-intervalles sur 10 dans chaque intervalle restant ; la continuité décroissante conclut.

1. Les \(n\) premiers chiffres de \(x\) forment l’entier \(j=\lfloor 10^n x\rfloor\), écrit avec \(n\) chiffres. De plus, ces chiffres valent \((d_1,\dots,d_n)\) si et seulement si \(x\in[j\,10^{-n},(j+1)10^{-n}[\), car le développement est propre. Ainsi \(E_n\) est la réunion de ces intervalles pour les \(j\) dont aucun des \(n\) chiffres ne vaut 7. Il y a \(9^n\) tels entiers \(j\), et les intervalles sont disjoints.
2. Chaque \(E_n\) est une réunion finie d’intervalles, donc un borélien. Ensuite, \(E=\bigcap_n E_n\) est un borélien. On a \(\lambda(E_n)=9^n\cdot 10^{-n}=(9/10)^n\). La suite \((E_n)\) décroît et \(\lambda(E_1)\) est finie. Par continuité décroissante, \(\lambda(E)=\lim_n(0{,}9)^n\). Donc \(\lambda(E)=0\).
3. À toute suite \((\varepsilon_k)\in\{0,1\}^{\mathbb{N}^*}\), on associe \(x=\sum_k\varepsilon_k10^{-k}\). Ce développement ne contient aucun 9, donc il est propre ; il n’a pas de chiffre 7, donc \(x\in E\). L’application est injective par unicité du développement propre. Or \(\{0,1\}^{\mathbb{N}^*}\) n’est pas dénombrable. Donc \(E\) n’est pas dénombrable.

La figure compare la décroissance de la mesure des étapes pour l’ensemble de Cantor, l’ensemble \(E\) et l’ensemble de l’exercice 17.

Corrigé de l’exercice 13 – Ensemble de convergence d’une suite de fonctions

Idée clé : le critère de Cauchy traduit la convergence en quantificateurs dénombrables, donc en réunions et intersections dénombrables.

1. Dans \(\mathbb{R}\), qui est complet, \((f_n(x))\) converge si et seulement si elle est de Cauchy. Autrement dit, pour tout \(p\geqslant 1\), il existe \(N\) tel que \(|f_m(x)-f_n(x)|<1/p\) pour tous \(m,n\geqslant N\). On remplace \(\varepsilon\) par \(1/p\) sans perte de généralité. Chaque quantificateur se traduit par l’opération ensembliste écrite.
2. La fonction \(|f_m-f_n|\) est mesurable, donc \(\{|f_m-f_n|<1/p\}\in\mathcal{A}\). Les opérations utilisées sont des intersections et réunions dénombrables, car les indices parcourent \(\mathbb{N}\). Ainsi \(C\in\mathcal{A}\).
3. Posons \(g_n=f_n\mathbf{1}_C\), qui est mesurable comme produit. Pour tout \(x\), \(g_n(x)\) converge : vers \(\lim f_n(x)\) si \(x\in C\), vers 0 sinon. Une limite simple de fonctions mesurables est mesurable. La fonction proposée est donc mesurable.
4. Si \(|x|<1\), alors \(x^n\to 0\). Si \(x=1\), la suite est constante. Si \(x=-1\), elle alterne entre \(1\) et \(-1\). Enfin, si \(|x|>1\), elle n’est pas bornée. Donc \(C=]-1,1]\). Ainsi \(\lambda(C\cap[-2,2])=2\).

Corrigé de l’exercice 14 – Approximation étagée de la racine carrée

Idée clé : on traduit chaque condition sur \(\sqrt{x}\) en condition sur \(x\), en élevant au carré, ce qui est licite car tout est positif.

1. Pour \(n=1\), les paliers sont \(k=0\) et \(k=1\). On a \(\sqrt{x}<1/2\iff x<1/4\) et \(1/2\leqslant\sqrt{x}<1\iff 1/4\leqslant x<1\). Donc \(\varphi_1=0\) sur \([0,1/4[\), \(\varphi_1=1/2\) sur \([1/4,1[\) et \(\varphi_1=1\) sur \([1,+\infty[\). Ainsi \(\lambda(\{\varphi_1=1/2\})=3/4\).
2. Pour \(n=2\), on a \(k\in\{0,\dots,7\}\). Le palier \(k/4\) correspond à \(k/4\leqslant\sqrt{x}<(k+1)/4\), soit \(x\in[k^2/16,(k+1)^2/16[\). Enfin, \(\varphi_2=2\) sur \([4,+\infty[\). Pour \(k=3\), on obtient l’intervalle \([9/16,1[\). Donc \(\lambda(\{\varphi_2=3/4\})=7/16\).
3. Si \(0\leqslant x<n^2\), alors \(0\leqslant\sqrt{x}<n\). Il existe donc un unique \(k\leqslant n2^n-1\) tel que \(k2^{-n}\leqslant\sqrt{x}<(k+1)2^{-n}\). Pour ce \(k\), on a \(\varphi_n(x)=k2^{-n}\). Par conséquent, \(0\leqslant f(x)-\varphi_n(x)<2^{-n}\).
4. Sur \([n^2,+\infty[\), on a \(f-\varphi_n=\sqrt{x}-n\), qui n’est pas bornée. Donc \(\sup_{[0,+\infty[}(f-\varphi_n)=+\infty\) pour tout \(n\). En revanche, sur \([0,M]\), dès que \(n^2>M\), la question 3 donne \(\sup_{[0,M]}(f-\varphi_n)\leqslant 2^{-n}\). La convergence n’est pas uniforme sur \([0,+\infty[\), mais elle l’est sur tout \([0,M]\).

Corrigé de l’exercice 15 – Une mesure extérieure sur trois points

Idée clé : une seule partie test bien choisie suffit pour montrer qu’un ensemble n’est pas mesurable.

1. La croissance est claire, car \(m^{*}\) ne dépend que du cardinal, de façon croissante. Pour la sous-additivité, prenons \(A=\bigcup_k A_k\). Si \(A=\varnothing\), il n’y a rien à montrer. Si \(1\leqslant\#A\leqslant 2\), un \(A_k\) est non vide et \(m^{*}(A)=1\leqslant m^{*}(A_k)\). Supposons enfin \(A=\Omega\). Soit un \(A_k\) vaut \(\Omega\), et il apporte déjà 2 à la somme. Soit aucun ne vaut \(\Omega\) ; alors deux \(A_k\) au moins sont non vides, et la somme vaut encore au moins 2. Donc \(m^{*}\) est une mesure extérieure.
2. Les parties \(\varnothing\) et \(\Omega\) sont toujours mesurables. Prenons \(A=\{1\}\) et la partie test \(E=\{1,2\}\). Alors \(m^{*}(E)=1\), alors que \(m^{*}(E\cap A)+m^{*}(E\setminus A)=1+1=2\). Donc \(\{1\}\) n’est pas mesurable, et de même pour \(\{2\}\) et \(\{3\}\). Le critère est symétrique en \(A\) et \(\Omega\setminus A\), donc les parties à deux éléments ne sont pas mesurables non plus. Seules \(\varnothing\) et \(\Omega\) sont \(m^{*}\)-mesurables.
3. Pour \(n^{*}\), la croissance est claire. Si une réunion \(\bigcup_k A_k\) n’est pas incluse dans \(\{3\}\), l’un des \(A_k\) ne l’est pas, d’où la sous-additivité. Ensuite, \(\{3\}\) est de mesure extérieure nulle, donc mesurable d’après le théorème de Carathéodory, ainsi que \(\{1,2\}\). En revanche, \(\{1\}\) n’est pas mesurable : avec \(E=\{1,2\}\), on obtient \(1\neq 1+1\). De même, \(\{2\}\), \(\{1,3\}\) et \(\{2,3\}\) ne le sont pas. Les parties mesurables sont \(\varnothing\), \(\{3\}\), \(\{1,2\}\) et \(\Omega\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Ensemble de Cantor : topologie et mesure

Idée clé : la mesure se calcule par continuité décroissante ; la non-dénombrabilité vient du codage par les chiffres 0 et 2.

1. Chaque \(K_n\) est une réunion finie de segments, donc un fermé. Ainsi \(K\) est fermé, comme intersection de fermés. Il est inclus dans \([0,1]\), donc borné. Par le théorème de Borel-Lebesgue, il est compact. Enfin, \(0\) appartient à tous les \(K_n\). Donc \(K\) est un compact non vide.
2. On a \(\lambda(K_n)=2^n\cdot 3^{-n}\). La suite \((K_n)\) décroît et \(\lambda(K_0)=1\). Par continuité décroissante, \(\lambda(K)=\lim_n(2/3)^n\). Donc \(\lambda(K)=0\).
3. Si \(K\) contenait un intervalle ouvert non vide \(]u,v[\), on aurait \(\lambda(K)\geqslant v-u>0\), ce qui contredit la question 2. Ainsi \(K\) est d’intérieur vide.
4. À \(\varepsilon=(\varepsilon_k)\in\{0,1\}^{\mathbb{N}^*}\), on associe \(\Phi(\varepsilon)=\sum_k 2\varepsilon_k3^{-k}\). Ce réel a un développement en base 3 sans chiffre 1, donc il est dans \(K\). Montrons que \(\Phi\) est injective. Soit \(\varepsilon\neq\eta\) et \(k\) le premier indice où elles diffèrent, avec \(\varepsilon_k=1\). Alors
   \[\Phi(\varepsilon)-\Phi(\eta)\geqslant 2\cdot 3^{-k}-\sum_{j>k}2\cdot 3^{-j}=2\cdot 3^{-k}-3^{-k}=3^{-k}>0.\]
   Or \(\{0,1\}^{\mathbb{N}^*}\) n’est pas dénombrable. Donc \(K\) n’est pas dénombrable.
5. On calcule \(\sum_{j\geqslant 1}2\cdot 3^{-2j}=2\cdot\frac{1/9}{1-1/9}=\frac{1}{4}\). Ainsi \(1/4\) s’écrit \(0{,}020202\ldots\) en base 3, sans chiffre 1, donc \(1/4\in K\). Les extrémités des segments de \(K_n\) sont de la forme \(m/3^n\). Or \(1/4=m/3^n\) imposerait \(3^n=4m\), ce qui est impossible car \(3^n\) est impair. Donc \(1/4\) est dans \(K\) sans être une extrémité.

Corrigé de l’exercice 17 – Un ensemble de Cantor de mesure un demi

Idée clé : les longueurs retirées forment une série géométrique de somme 1/2, alors que les segments restants deviennent arbitrairement courts.

1. Raisonnons par récurrence : supposons \(F_{n-1}\) formé de \(2^{n-1}\) segments de même longueur \(\ell_{n-1}>4^{-n}\). L’étape \(n\) retire \(2^{n-1}\) intervalles de longueur \(4^{-n}\), soit une longueur totale \(2^{n-1}4^{-n}=2^{-n-1}\). On obtient \(2^n\) segments de même longueur. Par sommation,
   \[\lambda(F_n)=1-\sum_{k=1}^{n}2^{-k-1}=1-\tfrac{1}{2}\big(1-2^{-n}\big)=\tfrac{1}{2}+2^{-n-1}.\]
   Ainsi \(\ell_n=2^{-n}\lambda(F_n)\geqslant 2^{-n-1}\). Comme \(2^{-n-1}>4^{-n-1}\), l’étape suivante est possible. La construction est donc bien définie, avec \(\lambda(F_n)=\frac{1}{2}+2^{-n-1}\).
2. Chaque \(F_n\) est fermé, donc \(F\) aussi. La suite \((F_n)\) décroît et \(\lambda(F_0)=1\). Par continuité décroissante, \(\lambda(F)=\lim_n\big(\frac{1}{2}+2^{-n-1}\big)\). Donc \(\lambda(F)=1/2\).
3. Soit \(I\) un intervalle inclus dans \(F\). Pour tout \(n\), \(I\) est inclus dans \(F_n\). Comme \(I\) est connexe et que les segments de \(F_n\) sont disjoints et fermés, \(I\) est dans un seul d’entre eux. Donc la longueur de \(I\) est au plus \(\ell_n=2^{-n}\big(\frac{1}{2}+2^{-n-1}\big)\), qui tend vers 0. Ainsi \(F\) est d’intérieur vide.
4. Supposons \(g\) continue sur \([0,1]\) avec \(g=\mathbf{1}_F\) hors d’un ensemble négligeable \(N\). Posons \(U=[0,1]\setminus F\). Pour \(x\in U\), il existe un intervalle \(J\) contenant \(x\), ouvert dans \([0,1]\), inclus dans \(U\). Comme \(N\) est d’intérieur vide, \(J\setminus N\) est dense dans \(J\), et \(g=0\) sur \(J\setminus N\). Par continuité, \(g(x)=0\). Ensuite, \(U\) est dense dans \([0,1]\), car \(F\) est d’intérieur vide. Donc \(g=0\) sur \([0,1]\). On en déduit \(\mathbf{1}_F=0\) presque partout, soit \(\lambda(F)=0\). Cela contredit \(\lambda(F)=1/2\) : aucune telle fonction continue n’existe.

Corrigé de l’exercice 18 – Lemme de Borel-Cantelli et approximation rationnelle

Idée clé : l’ensemble limite supérieure est inclus dans chaque reste \(\bigcup_{k\geqslant n}A_k\), dont la mesure est majorée par le reste d’une série convergente.

1. L’ensemble \(L\) est un borélien. Pour tout \(n\), on a \(L\subset\bigcup_{k\geqslant n}A_k\). Par monotonie et sous-additivité, \(\lambda(L)\leqslant\sum_{k\geqslant n}\lambda(A_k)\). Lorsque \(n\to+\infty\), ce majorant tend vers 0, puisque la série \(\sum_k\lambda(A_k)\) converge. Ainsi \(\lambda(L)=0\).
2. Soit \(x\in A_q\) et \(p\) l’entier associé. Alors \(p/q\in\,]-q^{-3},1+q^{-3}[\). Pour \(q\geqslant 2\), on a \(q^{-3}<1/q\), donc \(0\leqslant p\leqslant q\). Pour \(q=1\), la condition \(|x-p|<1\) avec \(x\in[0,1]\) donne aussi \(p\in\{0,1\}\). Ainsi \(A_q\) est inclus dans la réunion des \(q+1\) intervalles de centre \(p/q\) et de longueur \(2q^{-3}\). Par sous-additivité, \(\lambda(A_q)\leqslant 2(q+1)q^{-3}\). Comme \(q+1\leqslant 2q\), on obtient \(\lambda(A_q)\leqslant 4/q^2\).
3. La série \(\sum_q 4/q^2\) converge. La question 1, appliquée à la suite \((A_q)_{q\geqslant 1}\), donne le résultat. L’ensemble \(L\) est négligeable.
4. Soit \(x=a/b\in[0,1]\), avec \(b\geqslant 1\). Pour tout \(k\geqslant 1\), on choisit \(q=kb\) et \(p=ka\). Alors \(|x-p/q|=0<q^{-3}\), donc \(x\in A_{kb}\) pour une infinité d’indices. Ainsi \(\mathbb{Q}\cap[0,1]\subset L\). Par conséquent, \(L\) est dense dans \([0,1]\) bien qu’il soit négligeable.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Fonction de répartition et atomes d’une mesure finie

Idée clé : chaque propriété de \(F\) est une continuité monotone de \(\mu\), appliquée à une suite de demi-droites ; la finitude de \(\mu\) autorise toutes les soustractions.

1. Si \(x\leqslant y\), alors \(]-\infty,x]\subset\,]-\infty,y]\), donc \(F(x)\leqslant F(y)\) par monotonie. Comme \(F\) est croissante, ses limites en \(\pm\infty\) existent et se calculent le long des entiers. La suite \(]-\infty,-n]\) décroît vers \(\varnothing\), et \(\mu\) est finie : donc \(F(-n)\to 0\). De même, \(]-\infty,n]\) croît vers \(\mathbb{R}\), donc \(F(n)\to\mu(\mathbb{R})\). Ainsi \(F\) tend vers 0 en \(-\infty\) et vers \(\mu(\mathbb{R})\) en \(+\infty\).
2. Par croissance, \(F\) admet une limite à droite en \(x\), égale à \(\lim_n F(x+1/n)\). Or \(]-\infty,x+1/n]\) décroît vers \(]-\infty,x]\), et \(\mu\) est finie. Par continuité décroissante, \(F(x+1/n)\to F(x)\). Donc \(F\) est continue à droite.
3. De même, la limite à gauche existe et vaut \(\lim_n F(x-1/n)\). La suite \(]-\infty,x-1/n]\) croît vers \(]-\infty,x[\). Par continuité croissante, \(F(x^-)=\mu(]-\infty,x[)\). Ensuite, \(]-\infty,x]\) est la réunion disjointe de \(]-\infty,x[\) et de \(\{x\}\). Donc \(\mu(\{x\})=F(x)-F(x^-)\).
4. Soit \(x_1,\dots,x_m\) des points distincts tels que \(\mu(\{x_i\})>1/k\). Par additivité et monotonie,
   \[\frac{m}{k}<\sum_{i=1}^{m}\mu(\{x_i\})=\mu(\{x_1,\dots,x_m\})\leqslant\mu(\mathbb{R}).\]
   Donc \(m<k\,\mu(\mathbb{R})\), et l’ensemble \(D_k\) correspondant est fini, de cardinal au plus \(k\,\mu(\mathbb{R})\). L’ensemble des atomes est la réunion des \(D_k\) pour \(k\geqslant 1\). C’est une réunion dénombrable d’ensembles finis, donc il est dénombrable.
5. La mesure est finie, de masse totale \(2+1+3=6\). On obtient, en ajoutant les trois contributions :
   \[F(x)=\begin{cases}0 & \text{si } x<0\\ x & \text{si } 0\leqslant x<1\\ x+1 & \text{si } 1\leqslant x<2\\ 3 & \text{si } 2\leqslant x<5/2\\ 6 & \text{si } x\geqslant 5/2\end{cases}\]
   Les sauts se situent en \(1\), de hauteur \(2-1=1\), et en \(5/2\), de hauteur \(6-3=3\). Ce sont les deux atomes. Ensuite, \(\mu(]a,b])=F(b)-F(a)\) par différence de deux demi-droites de mesure finie. Pour \(a=1/2\) et \(b=5/2\), on trouve \(6-1/2\). Directement, \(\lambda(]1/2,2])+1+3=\frac{3}{2}+4\). Les deux calculs donnent \(\mu(]1/2,5/2])=11/2\).

La figure trace \(F\) : la partie continue provient de la mesure de Lebesgue, les deux sauts proviennent des masses de Dirac.

Pour aller plus loin

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