Exercices corrigés - Tribus, fonctions mesurables, mesures

Il est facile de voir que, pour tout entier $n\in\mathbb Z$, $$\{n\}=S_{n-2}\cap S_{n}.$$ Puisque toute partie de $\mathbb Z$ est réunion dénombrable de singletons, et qu'une tribu est stable par passage à la réunion dénombrable, on en déduit finalement que $\mathcal T=\mathcal P(\mathbb Z)$.

Remarquons d'abord que $E=\phi^{-1}(F)$ est un élément de $\mathcal T'$. De plus, si $B\in\mathcal T'$, $B=\phi^{-1}(A)$ avec $A\in\mathcal T$, alors $B^c=\phi^{-1}(A)^c=\phi^{-1}(A^c)$ est aussi un élément de $\mathcal T'$. Enfin, si $(B_n)$ est une suite d'éléments de $\mathcal T'$, chaque $B_n$ s'écrivant $B_n=\phi^{-1}(A_n)$, alors $$\bigcup_n B_n=\bigcup_n \phi^{-1}( A_n)=\phi^{-1}\left(\bigcup_n A_n\right)\in\mathcal T'.$$ Ainsi, on a prouvé que $\mathcal T'$ est bien une tribu.

On commence par remarquer que $\mathcal T$ est une tribu. En effet,

• $X=\bigcup_{i\in\{1,\dots,n\}}A_i$;
• Si $A=\bigcup_{i\in J}A_i$ est un élément de $\mathcal T$, alors $$A^c=\bigcup_{i\in \{1,\dots,n\}\backslash J}A_i$$ car $A_1,\dots,A_n$ forme une partition de $X$ et donc $A^c\in\mathcal T$.
• $\bigcup_p\bigcup_{i\in J_p}A_i=\bigcup_{i\in\bigcup_p J_p}A_i$, et donc $\mathcal T$ est stable par réunion dénombrable.

De plus, $\mathcal T$ contient tous les $A_i$, et donc elle contient la tribu engendrée par $A_1,\dots,A_n$. Maintenant, toute tribu contenant $A_1,\dots,A_n$ doit nécessairement contenir n'importe quelle réunion finie des $A_i$. $\mathcal T$ est donc bien la tribu engendrée par $A_1,\dots,A_n$.

Soit $B$ une partie mesurable de $\mathbb R$. Alors on distingue deux cas :

• ou bien $0\in B$. Dans ce cas, on a $g^{-1}(B)=f^{-1}(B)\cup E^c$. Alors, si $f^{-1}(B)$ est mesurable, $g^{-1}(B)$ l'est aussi puisque $E^c$ est mesurable. Réciproquement, dans ce cas, on a aussi $f^{-1}(B)=g^{-1}(B)\cap E$, et comme $E$ est mesurable, si $g^{-1}(B)$ est mesurable, $f^{-1}(B)$ l'est aussi.
• ou bien $0\notin B$. Dans ce cas, on a $g^{-1}(B)=f^{-1}(B)$ et donc $f^{-1}(B)$ est mesurable si et seulement si $g^{-1}(B)$ est mesurable.

Considérons $B$ une partie non mesurable et $a,b\notin B$. Définissons $f$ par $f(x)=a$ si $x\in B$ et $f(x)=b$ sinon. Alors $f^{-1}(\{a\})=B$ et donc $f$ n'est pas mesurable. En revanche, $f\circ f$ est la fonction constante égale à $b$, donc est mesurable.

Dans la suite, on supposera $f$ croissante, le cas $f$ décroissante étant symétrique.

1. Soient $x<y$ deux éléments de $f^{-1}(]-\infty,c[)$ et considérons $z\in ]x,y[$. Puisque $f$ est croissante, on a $f(z)\leq f(y)<c$, et donc $z\in f^{-1}(]-\infty,c[)$.
2. Rappelons que les ensembles $]-\infty,c[$, $c\in\mathbb R$, engendrent la tribu des boréliens. Pour prouver que $f$ est mesurable, il suffit donc de prouver que pour chaque $c\in\mathbb R$, $f^{-1}(]-\infty,c[)$ est un borélien. Mais c'est un convexe de $\mathbb R$, donc un intervalle, donc un borélien!

L'idée est la suivante. On va considérer un espace mesurable $(E,\mathcal T)$ tel qu'il existe une partie $A$ de $E$ qui n'est pas mesurable. On définit ensuite une fonction $f$ de module constant et telle que $f^{-1}(\{1\})=A$. Ainsi, $|f|$ est mesurable puisque constante, tandis que $f$ n'est pas mesurable, car l'image réciproque du borélien $\{1\}$ n'est pas mesurable.
Pour le choix de $(E,\mathcal T)$ et $A$, il suffit de savoir qu'un tel exemple existe. Si on veut expliciter un exemple, on peut prendre $E=\{0,1\}$ et $\mathcal T=\{\varnothing,E\}$ qui est une tribu (la plus petite tribu sur $E$). On pose ensuite $A=\{0\}$.
Il est ensuite facile de définir $f$. On peut poser $f(x)=1$ si $x\in A$ et $f(x)=-1$ si $x\notin A$. Elle vérifie les conditions voulues.

On commence par remarquer que $f_n$ est à valeurs dans $\{0,\dots,9\}$, ensemble fini. Il suffit donc de prouver que, pour tout $k\in\{0,\dots,9\}$, alors $f_n^{-1}(\{k\})$ est mesurable. Pour fixer les idées, on va considérer le cas $n=2$ et $k=0$. Alors, on a $$f_2^{-1}(\{0\})=[0;0.01[\cup [0.1;0.11[\cup [0.2;0.21[\cup\dots\cup [0.9;0.91[.$$ Plus généralement, $f_n^{-1}(\{k\})$ est la réunion de $10^{n-1}$ intervalles : tous les intervalles de la forme $\left [a+\frac{k}{10^n};a+\frac{k+1}{10^n}\right [$ où $a$ est n'importe nombre de $[0,1[$ de la forme $q/10^{n-1}$, avec $q$ un entier. Ainsi, $f_n^{-1}(\{k\})$ est une réunion d'intervalles : c'est donc une partie mesurable.

Soit $I$ un intervalle de $\mathbb R$. Il suffit de démontrer que $f_a^{-1}(I)$ est mesurable. Pour cela, on décompose $I$ en $I=I_1\cup I_2\cup I_3$ avec $$I_1=I\cap]-\infty,-a],\quad I_2=I\cap]-a,a[,\quad I_3=I\cap[a,+\infty[.$$ Puisque $f_a^{-1}(I)=f_a^{-1}(I_1)\cup f_a^{-1}(I_2)\cup f_a^{-1}(I_3)$, il suffit de prouver que chaque $f_a^{-1}(I_j)$ est mesurable. Mais :

• $f_a^{-1}(I_3)=\varnothing$ si $I_3=\varnothing$. Sinon, la seule valeur réellement prise par $f_a$ dans $I_3$ est $a$, et elle est prise par tous les $x$ tels que $f(x)\geq a$. Autrement dit, $f_a^{-1}(I_3)=f^{-1}([a,+\infty[)$, qui est mesurable car $f$ l'est.
• Le raisonnement est identique pour $I_1$. On a $f_a^{-1}(I_1)=\varnothing$ si $I_1=\varnothing$, sinon $f_a^{-1}(I_1)=f^{-1}(]-\infty,-a])$. Dans tous les cas, $f_a^{-1}(I_1)$ est mesurable.
• Pour $I_2$, on remarque simplement que $f_a^{-1}(I_2)=f^{-1}(I_2)$. En effet, \begin{eqnarray*} x\in f_a^{-1}(I_2)& \iff& \exists y\in I_2, f_a(x)=y\\ &\iff& \exists y\in I_2, f(x)=y\\ &\iff& x\in f^{-1}(I_2). \end{eqnarray*} Le point crucial est ici que, si $x$ est un réel tel que $f(x)\in I_2$ ou $f_a(x)\in I_2$, alors $f(x)=f_a(x)$. Maintenant, $f_a^{-1}(I_2)=f^{-1}(I_2)$ est donc mesurable.

Introduisons $E_n=\{x\in X;\ f(x)>1/n\}$ et $E=\{x\in X;\ f(x)>0\}$. Alors $(E_n)$ est une suite croissante de parties mesurables de $X$ et $\bigcup_n E_n=E$. On en déduit que $$\mu(E)=\lim_{n\to+\infty}\mu(E_n).$$ Puisque $\mu(E)>0$, on en déduit qu'il existe un entier $n$ tel que $\mu(E_n)>0$. Il suffit de choisir $\veps=1/n$ pour conclure.

Il suffit de vérifier que $\nu$ satisfait la définition d'une mesure. D'une part, on a $$\nu(\varnothing)=\sum_{k=1}^n a_k\mu_k(\varnothing)=\sum_{k=1}^n a_k\times 0=0.$$ D'autre part, soit $(T_i)_{i\geq 1}$ une suite d'éléments de $\mathcal T$ deux à deux disjoints. On a \begin{eqnarray*} \nu\left(\bigcup_{i=1}^{+\infty}T_i\right)&=&\sum_{k=1}^n a_k \mu_k\left(\bigcup_{i=1}^{+\infty}T_i\right)\\ &=&\sum_{k=1}^n a_k\sum_{i=1}^{+\infty}\mu_k(T_i)\\ &=&\sum_{i=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^n a_k \mu_k(T_i)\\ &=&\sum_{i=1}^{+\infty}\nu(T_i). \end{eqnarray*} Ainsi, $\nu$ est bien une mesure sur $(X,\mathcal T)$. Remarquons qu'il n'y a pas de problèmes pour échanger les sommes car une de ces sommes est finie.

Vérifions les axiomes d'une tribu.

• On a $\mu(\varnothing)=0$ et $\mu(X)=1$, donc $\varnothing$ et $X$ sont éléments de $\mathcal T$.
• Soit $A\in \mathcal T$. Alors $\mu(A^c)=1-\mu(A)\in \{0,1\}$, et donc $A^c\in\mathcal T$.
• Soit $(A_n)_{n\in\mathbb N}$ une suite d'éléments de $\mathcal T$. Distinguons deux cas :
  • ou bien $\mu(A_n)=0$ pour tout $n\in\mathbb N$. Alors $$0\leq \mu\left(\bigcup_n A_n\right)\leq \sum_{n}\mu(A_n)=0.$$
  • ou bien il existe $k\in_\mathbb N$ tel que $\mu(A_k)=1$. Alors $$\mu\left(\bigcup_n A_n\right)\geq\mu(A_k)=1$$ et donc $\mu\left(\bigcup_n A_n\right)=1$.
  Dans tous les cas, $\bigcup_n A_n\in\mathcal T$.

Raisonnons par l'absurde et supposons l'existence d'une telle mesure $\mu$. On va commencer par prouver qu'il existe $n\in\mathbb Z$ tel que $\mu(\{n\})\neq 0$. En effet, si $\mu(\{n\})=0$ pour tout $n\in\mathbb Z$, alors $$\mu(\mathbb Z)=\mu\left(\bigcup_{n\in\mathbb Z}\{n\}\right)=\sum_{n\in\mathbb Z}\mu(\{n\})=0,$$ ce qui n'est pas le cas puisque $\mu(\mathbb Z)$ est strictement positif.
Soit donc $n_0\in\mathbb Z$ tel que $\mu(\{n_0\})>0$. On va ensuite prouver que, pour tout $n\in\mathbb N$, on a $$\mu(\{n\})=\mu(\{n_0\}).$$ En effet, posons $A=\{n\}$ et $p=n_0-n$. Alors $p+A=\{n_0\}$ et la propriété d'invariance par translation garantit que $$\mu(\{n\})=\mu(A)=\mu(p+A)=\mu(\{n_0\}).$$ On peut alors écrire que $$\mu(\mathbb Z)=\mu\left(\bigcup_{n\in\mathbb Z}\{n\}\right)=\sum_{n\in\mathbb Z}\mu(\{n\})=\sum_{n\in\mathbb Z}\mu(\{n_0\})=+\infty.$$ Ceci contredit que la mesure $\mu$ est finie. Il est donc impossible qu'une telle mesure existe.

On raisonne par l'absurde, et on suppose l'existe de $\veps>0$ telle que la propriété soit fausse. Pour $\eta=2^{-n}$, on trouve un ensemble $A_n$ tel que $\mu(A_n)<2^{-n}$ et $\nu(A_n)\geq \veps$. Posons alors, pour $n\geq 1$, $B_n=\bigcup_{k\geq n}A_k$. On a clairement $$\mu(B_n)\leq \sum_{k\geq n}\mu(A_k)\leq 2^{-n+1}.$$ D'autre part, on a $\nu(B_n)\geq\nu(A_n)\geq\veps.$ La suite $(B_n)$ est une suite décroissante de parties mesurables. Les mesures $\mu$ et $\nu$ étant finies, en posant $C=\bigcap_n B_n$, on obtient $$\mu(C)=\lim_n \mu(B_n)=0\textrm{ et }\nu(C)=\lim_n \nu(B_n)\geq \veps.$$ Ceci contredit l'hypothèse initiale.

1. Imaginons que $(F+q)\cap (F+r)$ n'est pas vide. Alors il existe $f\neq g\in F$ tel que $f+q=g+r$. Ceci signifie que $f-g\in \mathbb Q$ et donc que $f\sim g$. Ceci contredit la définition de $F$ puisque $F$ contient un unique représentant de chaque classe d'équivalence.
2. L'inclusion de droite est triviale puisque $F\subset ]0,1[$ et $q\in ]-1,1[$. Pour l'inclusion de gauche, soit $x\in ]0,1[$. Alors il existe $f\in F$ tel que $x-f=q\in\mathbb Q$. Puisque $x\in ]0,1[$ et $f\in ]0,1[$, on a $q\in ]-1,1[$ ce qui prouve l'autre inclusion.
3. Si $F$ était un borélien, alors pour tout $q\in\mathbb Q$, $F+q$ le serait aussi et de plus $\lambda (F+q)=\lambda(F)$. De plus, tous les $F+q$ sont disjoints pour $q\in ]-1,1[\cap\mathbb Q$ d'après la première question. Notons $G=\bigcup_{q\in\mathbb Q\cap ]-1,1[}(F+q)$. Si $\lambda(F)=0$, alors on a $\lambda(G)=0$. Si $\lambda(F)>0$, alors on a $\lambda(G)=+\infty$. Mais les deux cas sont impossibles, car d'après la question précédente, on sait que $1\leq \lambda(G)\leq 3$. Il y a donc contradiction et $F$ n'est pas un borélien.

Remarquons que cet exercice pose un problème "philosophique". Est-on sûr que l'on puisse construire un tel ensemble $F$? On touche là aux fondements des mathématiques, et le lecteur intéressé peut se renseigner sur l'axiome du choix...