[PDF] Théorie de la mesure et intégration Université de Genève Printemps

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Théorie de la mesure et intégrationUniversité de Genève (1) Mon trerq uesi Aest une tribu, alorsAest une algèbre d"ensembles. Correction :On suppose queAest une tribu surX. On a doncX2Aet siA2 Aalors A c2 A. Il s"agit de montrer que siA;B2 A, alorsA[B2 A. On considèreC2 A!définie par C

0=A;C1=BetCn=;=Xcpour toutn2. On aS

n2!Cn=A[B. De plus commeA est une tribu,S n2!Cn2 A, doncA[B2 A. Ainsi,Aest une algèbre d"ensembles. (2) Mon trerque si Aest une algèbre d"ensembles, alorsAest un anneau d"ensembles. Correction :SoitAune algèbre d"ensemble. Il s"agit de montrer queAest non-vide - cela fait partie de la définition d"algèbre - et que pour toutA;B2 A,AnB2 A. On considère donc A;B2 A. On aAnB= (Ac[B)c. CommeAest une algèbre,Ac2 A, puisAc[B2 Aet enfin

AnB2 A.

(3) Donner un exemple d"anneau d"ensem blesqui n"est pas une algèbre d"ensem bles. Correction :On peut prendre,P(R+): c"est une algèbre d"ensembles surR+, mais pas surR, carR=2 P(R+). De manière générale, un anneau d"ensemblesAsurXest une algèbre d"ensemble si et seulement siX2 A. (4) Soit X=ZetA=fAXjAouXnAest finig. Montrer queAest une algèbre d"ensembles surXmais pas une tribu. Correction :L"ensemble vide est fini par définition, doncZ2 AcarZc=;. SoitA2 A, de deux choses l"une : soitAest fini soitAcest fini. SiAest fini alorsA= (Ac)c est fini et doncAc2 A. SiAcest fini alorsAc2 A. Soient maintenantA;B2 A, on considère deux cas :AetBfinis, etAcouBc(ou les deux) fini. SiAetBsont finis,A[Best fini et doncA[B2 A. On passe au deuxième cas. On a (A[B)c=Ac\Bcet cet ensemble est manifestement fini, doncA[B2 A.

Ainsi,Aest une algèbre.

Pour toutn2!, le singletonfngest fini doncfng 2 A. Mais!=S n2!fngn"est pas fini et son complémentaire dansZnon plus, donc! =2 Aet doncAn"est pas une tribu. Exercice 2.SoitAun anneau. Montrer l"implicationA;B2 A )A\B2 A. Correction :SoientA;B2 A. On a :A\B= (A[B)n((AnB)[(BnA). CommeAest un anneau, A[B,(AnB)et(BnA)sont dansA, on en déduit que(AnB)[(BnA)2 Aet finalement que

A\B2 A.

Exercice 3.Dans cet exercice, on souhaite montrer que la tribu borélienneBRdeRest engendrée par

la familleF=fR>aja2Qg, i.e. queBR=(F). (1) Mon trerque tout sous-ensem blede la forme R(b1n+1)est dansF. Comme(F)est stable par passage au complémentaire,R(b1n+1)est dans(F). Comme ceci est vrai pour toutn2!,

On en déduit que

R a, or on sait queRasont dans(F), donc]a;b[2 F. (3)

Soit Wun ouvert deR. Montrer que

W=[ ]a;b[W; a;b2Q]a;b[:

On pourra utiliser le fait queQest dense dansR.

Correction :NotonsV=S

]a;b[W; a;b2Q]a;b[. On a clairementVW. On veut montrer l"autre inclusion. Soitx2W, commeWest ouvert, il est voisinage de chacun de ses points, en particulier dex. Il existe donc >0tel que]x;x+[W. CommeQest dense dansR, on peut se donner a;b2Qtel que x < a < x < b < x+: On a doncx2]a;b[]x;x+[W. De plus, on a clairement]a;b[V, doncx2V. Ceci montre queWVet finalement queW=V. (4) En déduire que tout ouv ertWdeRappartient à(F). Correction :D"après la question précédente, tout ouvert deRs"écrit comme une union d"in-

tervalles ouvert à bornes rationnelles. Il n"y a qu"un nombre dénombrable de tels intervalles. De

plus on sait que chacun de ses intervalles est dans(F), comme(F)est une tribu, elle est stable par union dénombrable et donc tout ouvert deRest dans(F). (5)

Conclure.

Correction :On vient de montrer que la tribu(F)contient tous les ouverts deRdonc on a B R(F). Inversement, tous les ensembles dansFsont des ouverts deR, donc(F) BR, et finalement(F) =BR. Exercice 4.SoientXun ensemble eth:X!R0une application. Montrer que l"application :P(X)!R0définie par(A) =P x2Ah(x)est une mesure.

Correction :On rappelle que la notion de somme positive utilisée ici est donnée par la première

définition du cours. Avec cette définition, on a bien(;) = 0. Il s"agit maintenant de vérifier que si

A2 P(X)!est disjoint, alors

n2!A n! =X n2!(An):

Par définition, on a :

n2!A n! = sup FS n2!An F???( X x2Ff(x)) et X n2!(An) = sup E! E???( X n2E(An)) = sup E! E???8 :X n2Esup F nAnF n???( X x2Fnf(x)) 9>= = sup E! E???8 >>:sup (Fn)n2EF nAn8n2E F n???8n2E( X n2EX x2Fnf(x))9>>>= = sup E! E???8 >>:sup (Fn)n2EF nAn8n2E F n???8n2E8 :X x2S n2EFnf(x)9 ;9

La troisième égalité est vraie car on fait commuter un sommefinieet unsup. SiEest un sous-ensemble

fini de!et si pour tout élément deE,Fnest un sous-ensemble fini deAn,S n2EFnest un sous-ensemble fini deS n2!An. Ceci implique que X n2!(An) [ n2!A n!

Réciproquement,

SiFest un sous-ensemble fini deS

n2!An, en posantFn=An\FetE=fn2!:Fn6=;g, on a F=S n2EFnet les ensemblesEetFnsont finis. Ceci montre que n2!A n! X n2!(An):

Finalement,

n2!A n! =X n2!(An): W=[ n2!i '(n)4 n+1;'(n) +4 n+1h 2X n2!14 n+1=24 114
=23 ?????? ??X? ???An???? ????? ?????? ????S n2!An=;? ?? ? ?????

0 =' [

n2!A n! =X n2!'(An) =X n2!0 = 0 ?? ????'S n2!AnP

1 =' [

n2!A n! ='(An0)X n2!'(An) ?? ????'S n2!AnP n2!? x??y? ?? ? ?fx;yg=fxg t fyg? ????

1 ='(fx;yg)6='(fxg) +'(fyg) = 1 + 1 = 2:

????? ??????B??X? ?? ? '(Bn ;) +'(B\ ;) ='(B) +'(;) ='(B)?? '(BnX) +'(B\X) ='(;) +'(B) ='(B): '(BnA) +'(B\A) ='(fyg) +'(fxg) = 26='(B): R 1=' [ k2!B k! 6X k2!'(Bk) = 0: X? (An)n2!2 P(X)!? ???? ????i? ?? ? ? i n2!A n! X n2! i(An)X n2!'(An); ????'S n2!AnP ?????(A)(B)? i(A) :=8 >:0??A=;;

1i+ 1??A??? ??? ??? ????;

+1??A??? ?????; A:=S n2!An??? ???? ????? ???? ??? ??? ???? ???? ?????? ?? A??? ???? ?? ???? ???An???? ???? ?? ????? ? i(A) = 0 =X n2!' i(An): i(A) =1i+ 1='i(An0)X n2!' i(An): ????? ?? A??? ?????? ???? ?? ??????n0??? ???An0??? ????? ?? ????? ? i(A) = +1='i(An0)X n2!' i(An); (nk)k2!? ?? ? ????? ? X n2!' i(An)X k2!' i(Ank) =X k2!1i+ 1= +1='i(A): ????? ???? ???? ??? ???? ?? ? ????'i(A)P ???? ????n2!? ?? ?(An) = infi2I'i(An) = infi2I1i+1= 0??(!) = infi2I'i(!) = inf i2I+1= +1? ????? +1= [ n2!A n! 6X n2!(An) = 0: H s(A) := inf(Fi)i2I2R(A)X i2I(diam(Fi))s ???? ????? ??????A??Rd? ????(An)n2!2 P(Rd)? ???? ??????n?? ???????(Fni)i2In2 R(An)? ?? ???????(Fi)i2I??? F H s n2!A n! X k2I(diam(Fk))s=X n2!X i2In(diam(Fni))s: ????? ?? ????? ?? ?????? ?? ?????? ??? ???Fn? ?? ? ???? H s n2!A n! X n2!H s(An):

8s0;8ARd;8; >0; < =)Hs(A)Hs(A):

H s(A)X i2I(diam(Fn))s: R (A)? H s(A)Hs(A): H s(A) := lim!0>0H s(A); lim !0>0H s(A)

R+?? ???? ????? ???

lim !0>0H s(A) = sup

2]0;+1[Hs(A):

lim x!0x>0f(x) = supff(x)jx2]0;+1[g= supf: x2]0;+1[??? ???jx0j< x0?f(x)> M? ?? ????limx!0x>0f(x) = +1? x2]0;+1[??? ???jx0j< x0?` < f(x)< f(x0)`? ?? ????limx!0x>0f(x) =`? min (B) = inff(A)jA2 A; BAg;8B2 P(X): (B)'(A\B) +'(BnA): ?? ???? ???? ?? ??????? ??? ????A2mathcalA?? ????B??P(X)? (B)'(A\B) +'(BnA): ?? ?????CnA2 A??BnACnA? ????'(BnA)(CnA)? ????? ?? ????? ?? ?????? ?? ?????? ??? ??C? ?? ? (B)'(A\B) +'(BnA): Théorie de la mesure et intégrationUniversité de Genève f:R!R x7!8 :x1six <0;

0six= 0;

x+ 1six >0 et la familleF=f]a;b[jab2Rg P(X). (1) Justifier qu"on p eutconstuire une mesu reextérieure surRà partir de f:F !R ; 7!0 ]a;b[7!f(b)f(a): Correction :La familleFcontient le vide et la fonctionfest positive. Ainsi, d"après la Proposition 3 du cours, on peut induire une mesure extérieur surRen définissant pour tout XR: (X) = inf(Yi)i2I2RF(X)X i2I f(Yi): (2)

Calculer (]0;1]);([0;1]);(f0g);([1;0[)et([1;0]).

Correction :

Mon tronsque (]0;1]) = 1.

Soit >0. On considère(Xn)n2!avecXn=i

1n+2;1n+1+2

nh . La famille(Xn)n2!est bien un recouvrement de]0;1]. D"autre part, X n2! f(Xn) =X n2!1n+ 1+2 n1n+ 1= 1 + 2:

Comme ceci est vrai pour touton a(]0;1])1.

Soit(Xi)i2Iun recouvrement au plus dénombrable de]0;1]par des intervalles ouverts. Soit >0,(Xi)i2Iest un recouvrement de[;1]par des intervalles ouverts. Comme[;1]est compacte on peut en extraire un sous recouvrement fini(Xi)i2J. On considère la fonction f =P i2JXi. C"est une somme finie de fonctions localement Riemann-intégrable, elle est donc localement Riemann-intégrable. De plus, on af[;1]. Or pour touti2J, on a (Xj)R1

Xj. Ainsi, on a :

X i2I f(Xi)X i2J f(Xi)Z 1 X i2J XjZ 1 [;1]= 1: Ceci montre que(]0;1])1et commeétait quelconque, on(]0;1])1et finalement (]0;1]) = 1.

Mon tronsque (f0g) = 2.

Soit >0, on peut recouvrirf0gavec l"intervalle2

;2 , on af2 ;2 = 2 + 2, donc (f0g)2 + 2. Comme ceci est vrai pour tout, on a(f0g)2. Soit(Xi)i2Iun recouvrement au plus dénombrable def0gpar des intervalles ouverts. Il existe uni02Itel que02Xi0. NotonsXi0=]a;b[aveca < b, on af(Xi0) = 2 +ba2, donc (f0g)2et finalement(f0g) = 2. -Mon tronsq ue([0;1]) = 3. Par sous-additivité de, on a([0;1])(f0g) +(]0;1]) = 3. On procède un peu comme précédemment. On se donne(Xi)i2Iun recouvrement de[0;1]par des intervalles ouverts. Par compacité on peut se donnerJIfini tel que(Xi)i2Jest un recouvrement de[0;1]. fini.

Pouri2I, si on noteXi=]ai;bi[, On a :

f(Xi) =8 >>>>>:b iaisi0< aibi, b iai+ 1si0 =ai< bi, b iai+ 2siai<0< bi, b iai+ 1siai< bi= 0, b iaisiaibi<0.

Dans tous les cas,f(Xi)R1

0Xietf(Xi)2 +R1

0Xisi02Xi. Comme02[0;1], il

existe uni0tel que02Xi0. On a donc X i2I f(Xi)X i2J f(Xi)f(Xi0)X i2Jnfi0g f(Xi)2 +X i2JZ 1 0

Xi2 +XZ1

0 [0;1]3:

Ce qui montre que([0;1])3et donc que([0;1]) = 3.

On a ([1;0[) = 1et([1;0]) = 3et les preuves sont analogues. Exercice 2.Soient(X;T)un espace mesuré,(i)i2!une famille de mesures surXet(ai)i2!une suite de réels positifs. Montrer que la fonction:T !R0définie par (A) :=X i2!a ii(A) pour toutA2 Test une mesure sur(X;T).

Correction :On a(;) =P

i2!aii(;) =P i2!0 = 0. On se donneA2 T!disjoint. On souhaite montrer queF n2!=P n2!(An)c"est à dire que : X i2!X n2!a ii(An) =X n2!X i2!a ii(An):

Ceci est donné par le lemme suivant :

Lemme(Théorème de Fubini discret).Soit(xij)(i;j)2!22R0alors : X i2!X j2!x ij=X j2!X i2!x ij=X (i;j)2!2x ij: Démonstration.Par symétrie, il suffit de montrer queP i2!P j2!xij=P (i;j)2!2xij: SoitX!2un ensemble fini. Il existeI;J!finis tel queXIJ. On aX (i;j)2Xx ijX (i;j)2IJx ij=X i2IX j2Jx ijX i2IX j2!x ijX i2!X j2!x ij:

Et donc

X (i;j)2!2X i2!X j2!x ij:

SoientI!fini et pour et pour touti2I,Ji!fini.X

i2IX j2Jix ij=Xquotesdbs_dbs42.pdfusesText_42

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