9Théorie de la mesure

Solution de Exercice 9.1.

(a) La complémentation échange les deux cas définissants. Une union dénombrable d’ensembles dénombrables est dénombrable ; si un membre est co-dénombrable, l’union l’est : la stabilité tient. Elle contient les singletons, et toute $\sigma$-algèbre les contenant contient tous les dénombrables (unions dénombrables) et leurs complémentaires : c’est $\sigma(\{\text{singletons}\})$.

(b) Écrivons $\mathcal B = \sigma(\text{ouverts})$. Tout ouvert de $\R$ est une union dénombrable d’intervalles ouverts à extrémités rationnelles (autour de chaque point rationnel de l’ouvert, un intervalle de rayon rationnel contenu dedans), donc les ouverts $\in \sigma(\text{intervalles ouverts}) \subseteq \sigma(\text{données rationnelles})$. Conversions : $\intoo ab = \bigcup_n\intcc{a + \frac1n}{b - \frac1n}$ ; $\intcc ab = \bigcap_n \intoo{a - \frac1n}{b + \frac1n}$ ; $\intoc{-\infty}a = \bigcap_n \intoo{-\infty}{a + \frac1n}$ et réciproquement $\intoo ab = \intoo{-\infty}b \setminus \intoc{-\infty}a$ ; demi-droites rationnelles : $\intoc{-\infty}a = \bigcap_{q \in \Q,\, q > a}\intoc{-\infty}q$. Chaque famille engendre les autres par opérations dénombrables : les quatre engendrent $\mathcal B$.

(c) Avec des extrémités finies seulement, la famille n’est même pas une algèbre : le complémentaire de $\intoc01$ contient des demi-droites non bornées. En autorisant les extrémités infinies ($\intoc{-\infty}b$, $\intoo a{+\infty}$) elle devient une algèbre (complémentaires et unions finies de telles unions en sont), mais pas une $\sigma$-algèbre : $\{0\} = \bigcap_n\intoc{-\frac1n}0$ n’est pas une union finie d’intervalles non dégénérés.

Solution de Exercice 9.2.

(a) $A \cup B = A \sqcup (B \setminus (A\cap B))$, donc $\mu(A\cup B) = \mu(A) + \mu(B) - \mu(A\cap B)$ (la finitude autorise la soustraction). Trois ensembles : appliquer la formule à deux ensembles deux fois,

(sommes sur les jeux d’indices évidents).

(b) Pour la mesure de Lebesgue, $A_n = [n, +\infty) \downarrow \varnothing$, mais $\lambda(A_n) = \infty \not\to 0$.

(c) Un point est contenu dans un intervalle de longueur $\varepsilon$ : $\lambda(\{x\}) = 0$ ; la sous-additivité dénombrable tue les ensembles dénombrables. Donc $\lambda(\Q \cap \intcc01) = 0$ et, par additivité, $\lambda(\intcc01\setminus\Q) = 1$ : les irrationnels portent toute la longueur.

Solution de Exercice 9.3.

Les demi-droites $\intoc{-\infty}t$ forment un $\pi$-système (l’intersection de deux est la plus petite) engendrant $\mathcal B(\R)$ (Exercice 9.1). Les ensembles $P_k = \intoc{-\infty}k$ croissent vers $\R$ avec $\mu(P_k) \leq 1 < \infty$ : le Théorème 9.7 s’applique, et $\mu = \nu$ sur $\mathcal B(\R)$. Ainsi la fonction de répartition détermine la mesure.

Solution de Exercice 9.4.

Pour tout $N$, $\limsup A_n \subseteq \bigcup_{n \geq N}A_n$, donc $\mu(\limsup A_n) \leq \sum_{n\geq N}\mu(A_n)$, la queue d’une série convergente : faire $N \to \infty$. Application : avec $A_n = \{x \in \intcc01 : \abs{x - r_n} \leq 4^{-n}\}$ ($r_n$ le $n$-ième rationnel), $\lambda(A_n) \leq 2\cdot4^{-n}$ est sommable : $\lambda(\limsup A_n) = 0$, c.-à-d. presque tout $x$ n’appartient qu’à un nombre fini de $A_n$. (Pourtant tout $x$ est limite de rationnels : l’enjeu est la vitesse $4^{-n}$.)

Solution de Exercice 9.5.

$K = \bigcap K_n$ est une intersection d’unions finies d’intervalles fermés : compact. À l’étape $n$ restent $2^n$ intervalles de longueur commune $\ell_n \leq 2^{-n}$ (chaque étape scinde et rétrécit) ; un intervalle $I \subseteq K$ serait contenu dans un seul intervalle d’étape $n$ pour tout $n$, forçant $\ell(I) = 0$ : intérieur vide. La mesure retirée vaut $\sum_{n\geq1}2^{n-1}\cdot 4^{-n} = \frac12\sum_{n\geq1}2^{-n} = \frac12$, tous les retraits étant des intervalles ouverts disjoints : $\lambda(K) = \frac12$.

Variante : retirer des intervalles centraux de longueur $\varepsilon 4^{-n}$ laisse un compact nulle part dense $K^{(\varepsilon)}$ de mesure $1 - \frac\varepsilon2$. Alors $\bigcup_m K^{(1/m)}$ est maigre (union dénombrable d’ensembles nulle part denses) de mesure $\geq \sup_m(1 - \frac1{2m}) = 1$ : un ensemble maigre de mesure pleine — et son complémentaire dans $\intoo01$ est un $G_\delta$ dense de mesure $0$ (topologiquement gras, métriquement nul). Le complémentaire de $K^{(\varepsilon)}$ dans $\intoo01$ est ouvert, dense, de mesure $\frac\varepsilon2 < \varepsilon$.

Solution de Exercice 9.6.

En découpant $\intoc01$ en $2^n$ translatés de $\intoc0{2^{-n}}$ : $c = 2^n\,\mu(\intoc0{2^{-n}})$, donc $\mu(\intoc0{2^{-n}}) = c\,2^{-n} = c\,\lambda(\intoc0{2^{-n}})$. Par invariance par translation et additivité, $\mu = c\lambda$ sur tout intervalle $\intoc ab$ avec $b - a$ dyadique rationnel et $a$ quelconque ; un $\intoc ab$ général est une union croissante de tels ($b_k \uparrow b$ par pas dyadiques depuis $a$), et la continuité par en bas prolonge l’égalité. Les intervalles $\intoc ab$ forment un $\pi$-système engendrant $\mathcal B(\R)$, avec $\intoc{-k}k \uparrow \R$ de mesure finie ($\mu(\intoc{-k}k) = 2kc$) : le Théorème 9.7 donne $\mu = c\lambda$ sur $\mathcal B(\R)$.

Solution de Exercice 9.7.

Par régularité (Théorème 9.13) choisir $K \subseteq A \subseteq U$ avec $K$ compact, $U$ ouvert, $\lambda(U\setminus K) < \varepsilon$ (les deux approximations à $\varepsilon/2$, et $\lambda(U \setminus K) = \lambda(U\setminus A) + \lambda(A \setminus K)$). Écrire $U$ comme union dénombrable disjointe d’intervalles ouverts $(I_n)$ (les composantes de l’ouvert) ; le compact $K$ est recouvert par un nombre fini, $K \subseteq B = I_1\cup\dots\cup I_N \subseteq U$. Alors $A \setminus B \subseteq A\setminus K \subseteq U\setminus K$ et $B \setminus A \subseteq U \setminus A \subseteq U\setminus K$ : $\lambda(A\,\triangle\,B) \leq 2\lambda(U\setminus K)$ — partir de $\varepsilon/2$ pour atterrir sous $\varepsilon$.

Solution de Exercice 9.8.

En remplaçant $A$ par $A \cap [-M, M]$ de mesure positive (un certain $M$ convient, par continuité par en bas), supposer $0 < \lambda(A) < \infty$. Prendre $U \supseteq A$ ouvert avec $\lambda(U) < \frac43\lambda(A)$ et décomposer $U = \bigsqcup_nI_n$ en intervalles ouverts disjoints : $\lambda(A) = \sum_n\lambda(A\cap I_n)$. Si tout $n$ avait $\lambda(A\cap I_n) \leq \frac34\ell(I_n)$, sommer donnerait $\lambda(A) \leq \frac34\lambda(U) < \lambda(A)$ : un certain intervalle $I$ satisfait $\lambda(A\cap I) > \frac34\ell(I)$. Poser $B = A \cap I$ et soit $\abs t < \frac12\ell(I)$ : $B$ et $B + t$ sont tous deux dans l’intervalle $I \cup (I + t)$, de longueur $< \frac32\ell(I)$. S’ils étaient disjoints : $\lambda(B) + \lambda(B + t) = 2\lambda(B) > \frac32\ell(I)$ dépasserait la mesure de l’intervalle contenant — impossible. Donc $B \cap (B + t) \neq \varnothing$ : un $x \in B$ s’écrit $x = y + t$ avec $y \in B$, et $t = x - y \in A - A$. D’où $\intoo{-\frac{\ell(I)}2}{\frac{\ell(I)}2} \subseteq A - A$.

Solution de Exercice 9.9.

Les translatés de Vitali $(V + q)_{q\in\Q}$ partitionnent $\R$ (tout réel est équivalent à exactement un représentant). Supposons que tous les ensembles $B_q = A \cap (V + q)$ soient mesurables. Deux éléments de $V + q$ diffèrent d’un irrationnel ou de zéro (deux représentants distincts sont inéquivalents), donc $B_q - B_q$ ne rencontre $\Q$ qu’en $\{0\}$ : il ne contient aucun intervalle, et Steinhaus (Exercice 9.8) force $\lambda(B_q) = 0$. Alors $\lambda(A) \leq \sum_{q}\lambda(B_q) = 0$, contredisant $\lambda(A) > 0$. Donc un certain $B_q \subseteq A$ est non mesurable.

Solution de Exercice 9.10.

Mesurable $\Rightarrow$ $\varepsilon$-approximation : par régularité extérieure (Théorème 9.13) choisir un ouvert $U \supseteq A$ avec $\lambda(U) \leq \lambda(A) + \varepsilon$ ; la mesurabilité autorise la soustraction $\lambda(U\setminus A) = \lambda(U) - \lambda(A) \leq \varepsilon$. Version $\varepsilon$ $\Rightarrow$ version $G_\delta$ : prendre des $U_n$ avec $\lambda^*(U_n\setminus A) < \frac1n$ et $G = \bigcap U_n$ : un $G_\delta$ avec $\lambda^*(G\setminus A) \leq \lambda^*(U_n\setminus A) \to 0$. Version $G_\delta$ $\Rightarrow$ mesurable : $G\setminus A$ est $\lambda^*$-nul, donc mesurable par complétude (Théorème 9.9), et $A = G \setminus (G\setminus A)$ est mesurable ($G$ est borélien). Donc les ensembles de Lebesgue sont exactement « boréliens modulo nuls ».

Solution de Exercice 9.11.

(a) $\liminf A_n = \bigcup_N\bigcap_{n\geq N}A_n$ est une union croissante des ensembles $B_N = \bigcap_{n\geq N}A_n$, donc $\mu(\liminf A_n) = \lim_N\mu(B_N)$ (continuité par en bas) ; et $\mu(B_N) \leq \inf_{n \geq N}\mu(A_n)$, dont la limite est $\liminf\mu(A_n)$. Pour le $\limsup$ : appliquer le même aux complémentaires dans l’ambiant de mesure finie $U = \bigcup A_n$ — la continuité par en haut sur les $C_N = \bigcup_{n\geq N}A_n$ décroissants exige $\mu(C_1) \leq \mu(U) < \infty$, et donne $\mu(\limsup A_n) = \lim\mu(C_N) \geq \limsup\mu(A_n)$.

(b) L’intervalle mobile $A_n = \intcc n{n+1}$ : tout point n’appartient qu’à au plus deux des $A_n$ et à aucun éventuellement, donc $\limsup A_n = \varnothing$ ; pourtant $\mu(A_n) = 1$. Ainsi $\limsup\mu(A_n) = 1 > 0 = \mu(\limsup A_n)$ : sans enveloppe de mesure finie, la seconde inégalité de (a) échoue — la masse s’échappe à l’infini, où aucun ensemble fixe ne peut la rattraper.