[PDF] Intégration et probabilités TD2 – Fonctions mesurables – Corrig´e

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´egration et probabilit´es2012-2013

TD2 - Fonctions mesurables -

Corrig

´e

0 - Exercice qui avait

´et´e pr´epar´e chez soiExercice 1.Soit( ,F,)un espace mesur´e tel que( )=1. SoientA,BP( )deux sous- ensembles deP( )constitu´e d"ensembles mesurables. On suppose queAetBsont stables par intersections finies et que pour tousA2A,B2B: (A\B)=(A)(B).

Montrer que pour tousU2(A)etV2(B)on a:

(U\V)=(U)(V).

Corrig

´e:

Premi `ere´etape.On introduit G

1=fU2F;8B2B,(U\B)=(U)(B)g.

G

1est une classe monotone contenantA, qui est stable par intersections finies. Donc, d"apr`es le

th

´eor`eme de la classe monotone,(A)G1.

Deuxi `eme´etape.On introduit G

2=fV2F;8U2(A),(U\V)=(U)(V)g.

G

2est une classe monotone contenantB(d"apr`es la premi`ere´etape), qui est stable par intersections

finies. Donc, d"apr `es le th´eor`eme de la classe monotone,(B)G2, ce qui conclut.

1 - Petites questions1) Soient(X,d)un espace m´etrique (par exempleR), etf:X!Rune fonction continue. Pourquoif

est-elle mesurable? R ´eponse:Pour tout ouvertOdeR,f-1(O)est ouvert (carfcontinue), donc mesurable. Comme l"ensemble des ouverts deRengendre la tribue bor´elienne,f-1est continue. Remarque.Plus g´en´eralement, pour montrer quef: (X,A)!(Y,B)est mesurable, il suffit de montrer quef-1(C)est mesurable pour toutCappartenant`a une ensemble de parties mesurables en- gendrantB. En effet,fB2B;f-1(B)2Agest une tribu. Ainsi, si elle contient une partieC, elle contient alors(C).Pour des questions, demande de pr ´ecisions ou explications,n"h´esitez pas`a m"envoyer un mail`a igor.kortchemski@ens.fr , ou bien `a venir me voir au bureau V4. 1

2) Soient(X,d)un espace m´etrique (par exempleR), et(fn)n>1une suite de fonctionsX!R

mesurables. Pourquoi la fonctionlimsupn!1fnest-elle mesurable? R ´eponse:Il suffit de montrer quesupn>1fnetinfn>1fnsont mesurables. Faisons le poursupn>1fn (l"autre cas ´etant similaire) en appliquant la remarque pr´ec´edente (rappelons quef]a,1[;a2Rg engendreB(R)): il suffit de montrer que pour touta >0,fx; supn>1fn(x)> agest mesurable.

Ceci d

´ecoule de l"´ecriture:

x; sup n>1f n(x)> a n>1f x;fn(x)> ag.

C"est un ensemble mesurable,

´etant une union d´enombrable d"ensembles mesurables (carfx;fn(x)> ag=f-1n(]a,1[)est mesurable,fn´etant mesurable).

3) Soitf:]0,1[!Rune fonction d´erivable. Pourquoi la fonction d´eriv´eef0est-elle mesurable?

R

´eponse:Pourx2]0,1[,

f

0(x) =limn!1f(x+1=n) -f(x)1=n,

ainsif0est mesurable comme une limite simple de fonctions mesurables.

2 - Fonctions mesurablesExercice 2.

a) Soit (E,A)un espace mesurable et(fn:E!R)n>1une suite de fonctions mesurables. Montrer que l"ensemble desxtels que(fn(x))n>1admette une limite finie est mesurable.

INDICATION: Pensez au crit`ere deCauchy.

b)(?)Soient(E,A)un espace mesurable,(X,d)un espace m´etrique et(fn: (E,A)! (X,B(X))n>1une suite de fonctions mesurables. On suppose que(fn)n>1converge sim- plement vers une fonctionf:E!X(c"est-`a-dire que pour toutx2E,fn(x)converge versf(x)lorsquen!1.

Montrer quef: (E,A)!(X,B(X))est mesurable.

Corrig

´e:

a)

´Ecrivons le crit`ere de Cauchy :

(fn(x))converge() 8" >09N2N8n,m>N,jfn(x) -fm(x)j< " (fn(x))converge()x2\ ">0 N2N n,m>Nfx2E,jfn(x) -fm(x)j< "g!! L"ensemblefx2E,jfn(x)-fm(x)j< "gest bien mesurable puisquefnetfmsont mesurables. Il resteencoreunprobl `eme, onaseulementledroitdefairedesunionsetintersectionsd´enombrables 2 d"ensemble mesurables : on ne peut pas faire l"intersecrion pour tous les" >0, mais on peut prendre une suite"kqui converge vers 0. Plus pr´ecis´ement: (fn(x))converge()x2\ k>0 N2N n,m>N x2E,jfn(x) -fm(x)j<12 k

On rappelle qu"on a vu une autre m

´ethode en TD, utilisant leslimsupetliminf.

b) Il suf fitde montrer que f-1(F)est mesurable pour tout ferm´eF(cf la remarque des petites questions). On rappelle que la distance `a un ferm´e est une application1-lipschitzienne (c"est-`a- dire quex!d(x,F)est1-lipschitzienne) et quex2Fssid(x,F) =0. On´ecrit alors: f -1(F) =fx2X;d(f(x),F) =0g= x2X; limn!1d(fn(x),F) =0 p>1[ N2N\ n>N x2X;d(fn(x),F)61p qui est mesurable comme unions et intersections d

´enombrables d"ensembles mesurables. En

effet,x!d(fn(x),F)est m´esurable,´etant la compos´ee de la fonction mesurablefnpar la fonction1-lipschitzienney!d(y,F)(donc continue, donc mesurable). ATTENTION:Il ne suffit pas de montrer que les images r´eciproques des boules (ouvertes ou ferm ´ees) sont mesurables. En effet, ce n"est que dans un espace m´etriques ´eparablequ"on peut affirmer que la tribu engendr

´ee par les boules est la tribu bor´elienne.Exercice3.Soient(X,A,)unespacemesur´eetf: (X,A)!(R,B(R))unefonctionmesurable.

a) Montr erque si (X)6=0, il existeA2Atel que(A)>0etfsoit born´ee surA. b) Montr erque si (ff6=0g)6=0, alors il existeA2Atel que(A)>0etjfjsoit minor´ee surApar une constante strictement positive.

Corrig

´e:

a) Soit An=fjfj6ng(de mani`ere plus formelle,An=fx;jf(x)j6ng), qui est mesurable. Il est clair queAnest une suite croissante d"ensembles et que[n>1An=X. Ainsi, lim n!1(An)= [ n>1A n! =(X)>0.

Il existe doncn>1tel que(An)>0, ce qui conclut.

b) Soit An=fjfj>1=ng(de mani`ere plus formelle,An=fx;jf(x)j>1=ng), qui est mesurable. Il est clair queAnest une suite croissante d"ensembles et que[n>1An=ff6=0g. Ainsi, lim n!1(An)= [ n>1A n! =(ff6=0g)>0.

Il existe doncn>1tel que(An)>0, ce qui conclut.

3 Exercice 4(Th´eor`eme d"Egoroff).Soit(E,A,)un espace mesur´e tel que(E)<1. On consid `ere une suite(fn)n>1de fonctions r´eelles mesurables surEetfune fonction r´eelle mesurable surEtelles quefn!f -p.p. quandn!1. 1. Montr erque pour tout k>1et pour tout >0il existen>1tel que j>n x2E:jfj(x) -f(x)j>1k 6. 2. En d ´eduire que pour tout" >0, il existeA2Ade mesure(A)6"tel quefn!f uniform

´ement surEnA.

3.

Donner un co ntre-exemple

`a ce r´esultat si l"on suppose que(E) =1.

Corrig

´e:

1. La suite de fonct ions(fn)n>1converge-p.p. versfce qui implique que pour toutk>1, n>1[ j>n x2E:jfj(x) -f(x)j>1k =0.

Pourtoutk>1, lasuite(S

j>nx2E:jfj(x) -f(x)j>1k n>0estd´ecroissantepourl"inclusion et(E)<1donc n>1[ j>n x2E:jfj(x) -f(x)j>1k =limn!1 [ j>n x2E:jfj(x) -f(x)j>1k Ainsi lim n!1 [ j>n x2E:jfj(x) -f(x)j>1k =0, et l"on obtient le r

´esultat.

2. Fixons " >0. D"apr`es la question (1), pour toutk>1, on peut trouvernk>0tel que j>nk x2E:jfj(x) -f(x)j>1k

62-k".

Posons

A=[ k>1[ j>nk x2E:jfj(x) -f(x)j>1k Alors(A)6"et surEnA,fn!funiform´ement quandn!1. 4

3.On se place sur (R,R,). Consid´erons la suite de fonctions(fn)n>1= (?[-n,n])n>1. Alors

(fn)n>1converge simplement vers?R. SoitB2B(R)de mesure finie tel que(fn)n>1converge surBuniform´ement vers?R. Alors(RnB) = +1, ce qui implique queRnBcontient des r´eels arbitrairement grands en valeur absolue et donc qu"on ne peut pas avoir convergence uniforme sur

RnB. Le th´eor`eme d"Egoroff ne peut donc pasˆetre d´emontr´e si l"on ne suppose pas(E)<1.Exercice 5(Tribu r´eciproque).Soitf: (E,A)!(R,B(R))une application mesurable.

1. Montr erqu eAf=ff-1(B),B2B(R)gest une tribu. On l"appelletribu engendr´ee parf. 2. Montr erque c"est la plus petite tribu sur Equi rendefmesurable. 3. Montr erque toute fonction g:E!(R,B(R))mesurable pourAf, s"´ecritg=hfavec h: (R,B(R))!(R,B(R))mesurable. INDICATION: commencer par le cas o`ugest´etag´ee. 4. ( EXEMPLE.) Soitf:R!(R,B(R))d´efinie parf(x) =x2. (a)

Montr erque la tribu image-r

´eciproque parfestAf:=fA2B(R),A= -Ag.

(b) D ´eterminer l"ensemble des fonctions mesurables de(R,Af)dans(R,B(R)).

Corrig

´e:

1.

Il s"agit d"une simple v

´erification des trois points de la d´efinition d"une tribu. 2. Il est clair que Afrendfmesurable (car pour toutB2B(R), on a bienf-1(B)2Af). D"autre part, toute tribu rendantfmesurable contientAf, car elle doit contenir les ensembles de la forme f -1(B)pourB2B(R). Le r´esultat s"ensuit. 3. Soit g: (E,Af)!(R,B(R))mesurable et´etag´ee, g=nX i=1 i1Ai, aveci2RetAi2Af. CommeAiappartient`a la tribu r´eciproque def, il existeBi2B(R)tel queAi=f-1(Bi). Et donc g=nX i=1 i1Bi |{z} mesurable(R,B(R))!(R,B(R))f.

Traitonsmaintenantlecasg

Donc si l"on

´ecriten=hnfon obtientg=limhnfavechn: (R,B(R))!(R,B(R)) mesurable. Si l"on pose h(x) =limhn(x)quand la limite existe,

0sinon.

On v

´erifie quehest mesurable et queg=hf.

5 (a)Ceci pro vientais ´ement du fait quef-1(A) =pA\R+[(-pA\R+)pourA2B(R). (b) D"apr `es la question 3. ce sont les fonctions de la formef(x2)avecf: (R,B(R))! (R,B(R))mesurable.Exercice 6.Soient(E,A,)un espace mesur´e avecnon nulle etf: (E,A)!(R,B(R))une fonction mesurable. Montrer que pour tout" >0il existe un ensembleA2Ade mesure (A)>0tel que pour tousx,y2A, jf(x) -f(y)j< ".

Corrig

´e:Pour toutr2R, on noteAr=f-1(]r-"=2,r+"=2[). La fonctionf´etant mesurable, chaque ensembleArest mesurable. De plus, r2QA r=f-1(R) =E.

Supposons que(Ar) =0pour toutr2Q. Alors

(E) =X r2Q(Ar) =0.

Or(E)>0. Donc il exister02Qtel que(Ar0)>0. De plusjf(x)-f(y)j< "pour tousx,y2Ar0.Exercice 7.SoitC=C([0,1],R)l"espace des fonctions continues sur[0,1]`a valeurs dans

(R,B(R)), muni de la topologie de la convergence uniforme. On noteC1la tribu bor´elienne de CetC2la plus petite tribu deCrendant les applications de "projection"f7!f(x)mesurables pour toutx. Comparer les tribusC1etC2.

Corrig

´e:L"ensembleCest muni de la topologie de la convergence uniforme. Ainsi, pour tout x2[0,1], l"applicationf2C7!f(x)2Rest continue et donc mesurable par rapport`a la tribuC1.

On en d

´eduit l"inclusionC2C1. Montrons r´eciproquement queC1C2. Soit une fonctionf02C fix ´ee. Pour toutx2[0,1]\Q, l"applicationf2C7!jf(x) -f0(x)jest mesurable par rapport`a la tribuC2. Donc l"applicationf2C7!supx2Qjf(x) -f0(x)jest mesurable par rapport`a la tribuC2 car c"est un sup d ´enombrable de fonctions mesurables. Orkf-f0k1=supx2Qjf(x) -f0(x)j. Ainsi la fonctionf2C7! kf-f0k1est mesurable par rapport`a la tribuC2ce qui implique que toutes les

boules ouvertes deCsont mesurables par rapport`aC2. L"espaceC´etant s´eparable, tous les ouverts de

Csont donc mesurables par rapport`aC2.6

4 - Compl

´ements (hors TD)Exercice 8(Exemples et contre-exemples).R´epondre aux questions suivantes, si la r´eponse

est positive donner une d ´emonstration, si la r´eponse est n´egative donner un contre-exemple.

On munitRde la mesure de Lebesgue :

1.

Un ouver tde Rde mesure finie est-il born´e ?

2.

Un bor

´elien de mesure strictement positive est-il d"int´erieur non vide ? 3.

Un ouve rtdense de [0,1]a-t-il une mesure 1 ?

4.

Deux compacts hom

´eomorphes ont-ils mˆeme mesure ? L"un peut-ilˆetre de mesure nulle et l"autre de mesure positive ? 5. ( ?) Existe-t-il un bor´elienAdeRtel que pour tout intervalle ouvert born´e non videI, on ait les in

´egalit´es strictes0< (A\I)< (I)?

Corrig

´e:

1.

Non, par e xempleO=S

n2N]n-1=2n,n+1=2n[. 2. Non, l"ensembl e[0,1]nQest de mesure 1 et est d"int´erieur vide. 3.

Non, cf TD pr

´ec´edent: si on num´erote(qn)n>1tous les rationnels de[0,1], et qu"on construit A n]qn-"2 n,qn+"2 n[ on obtient un ouvert de mesure inf ´erieure`a2"et dense (puisqu"il contient tous les rationnels). 4. Non (f acile).Oui, les espaces de Cantor sont tous hom

´eomorphes, et certains sont de mesure

nulle, d"autres non (voir TD1). 5.

Oui, mais il n"est pas f acile

`a construire : il faut prendre un ensemble de Cantor de mesure non

nulle, puis dans chaque trou glisser un ensemble de Cantor plus petit, etc.Exercice 9.Soitf: [0,1]!Rune fonction continue. Pour touty2R, on noteN(y)2Rle

nombre de solutions de l" ´equationf(x) =y. Montrer queNest une fonction mesurable.

Corrig

´e:L"´equationf(x) =yposs`ede une solution dans[k2-n,(k+1)2-n[si y2f([k2-n,(k+1)2-n[).

Puisquefest continue, le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires implique quef([k2-n,(k+1)2-n[)est

un intervalle et est donc mesurable. Ainsi la suite de fonctions N n=2 n-1X k=01 y2f([k2-n,(k+1)2-n[)+1y=f(1), est mesurable est tend en croissant versNqui est donc mesurable.7 Exercice 10(?).Soitf: (R,B(R)!(R,B(R)une fonction mesurable telle quef(x+y) = f(x) +f(y)pour toutx,y2R. Montrer quefest lin´eaire. ON POURRA ADMETTRE LE R´ESULTAT SUIVANT(th´eor`emedeLusin, prouv´eult´erieurement): si une fonctiong: ([a,b],B([a,b])!(R,B(R))est mesurable, pour tout >0, il existe un compactK[a,b]tel que([a,b]\Kc)6et la restriction deg`aKest continue.

Corrig

´e:Il est clair quef(0) =0. Il suffit de prouver quefest continue en0(fsera alors continue

sur toutRet donc lin´eaire). Soit >0. D"apr`es le th´eor`eme de Lusin, il existe un compactK[0,1]

tel que(K)>2=3et sur lequelfest continue. Puisquefest alors uniform´ement continue surK, il existe2(0,1=3)tel quejf(x) -f(y)j< d`es quejx-yj6. Soith2(0,). Alors les ensembles KetK-h=fx-h;x2Kgne sont pas disjoints. En effet, dans le cas contraire, on aurait:

1+h=([-h,1])>(K[(K-h)) =(K) +(K-h)>4=3,

ce qui contredit le fait queh < <1=3. Il existe doncx02K\(K-h), ce qui implique que jf(x0) -f(x0+h)j< , et doncjf(h)j< .Fin 8quotesdbs_dbs41.pdfusesText_41

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