Université Pierre & Marie Curie (Paris 6) Licence de Mathématiques L3 UE LM364 Intégration 1 Année TD4. Tribus.

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1 Unversté Perre & Mare Cure (Pars 6) Lcence de Mathématques L3 UE LM364 Intégraton 1 Année TD4. Trbus. Échauffements Exercce 1. Sot X un ensemble. Donner des condtons sur X pour que les classes suvantes soent des trbus. a) A = {, X}. b) A = P(X). c) A = {, {x}, X} où x X. d) A = {, {x}, c {x}, X} où x X. e) La classe des partes fnes de X. f) La classe des partes dénombrables (sous-entendu fnes ou nfnes) de X. g) La classe des partes fnes ou cofnes de X. h) La classe des partes dénombrables ou codénombrables de X. Soluton de l exercce 1. a) Il est mmédat de vérfer qu l s agt d une trbu, pour tout X. C est la plus pette trbu sur X, appelée trbu grossère. b) Il est mmédat de vérfer qu l s agt d une trbu, pour tout X. C est la plus grosse trbu sur X, appelée trbu trvale. c) S A est une trbu, elle est stable par passage au complémentare donc c {x} A. Comme est le seul élément de A ne contenant pas {x}, on a c {x} = et on vot donc que A n est une trbu que s X = {x}. d) Quel que sot X, A est stable par réunon dénombrable et passage au complémentare donc c est toujours une trbu. e) S X est fn, A = P(X) donc c est une trbu (la trbu trvale). S X est nfn et que A A, alors A est fn donc c A est nfn et n appartent pas à A, donc A n est pas une trbu. f) S X est dénombrable (ce qu nclut le cas fn), A = P(X) donc c est une trbu (la trbu trvale). S X est non dénombrable et que A A, alors A est dénombrable (par défnton de A) donc c A est ndénombrable (snon X = A c A serat dénombrable comme unon de deux dénombrables) et n appartent donc pas à A, donc A n est pas une trbu. g) S X est fn, c est bon car c est la classe des partes fnes de X. S X est dénombrable, on peut se ramener à N par équpotence. Comme A content les sngletons, elle dot contenr 2N par stablté par unon dénombrable. Or 2N n est n fn n cofn, donc A n est pas une trbu. Enfn, s X est ndénombrable, X content une parte nfne dénombrable qu est dans A (en tant qu unon dénombrable de sngletons) qu n est n fne n cofne, donc A n est pas non plus une trbu. h) Quel que sot X, on montre que A est une trbu. En effet, elle content (fn donc dénombrable) et X (cofn donc codénombrable), et elle est stable par passage au complémentare (trval). Pour la stablté par unon dénombrable : soent (A ) A. S tous les A sont dénombrables, alors A est dénombrable comme réunon dénombrable de dénombrables. S l y a un A 0 codénombrable, alors c ( A ) c A 0 est dénombrable. Exercce 2. 1

2 a) Soent A et B des classes de partes de E telles que A B. Montrer que σ(a) σ(b). b) Montrer que la réunon de deux trbus n est pas en général une trbu (trouver un contre-exemple). c) Soent A et B deux trbus sur E. Montrer que σ(a B) = σ({a B A A, B B}) = σ({a B A A, B B}). Soluton de l exercce 2. a) C est évdent mas l faut s en souvenr car cela sert souvent. La trbu σ(b) content B donc A, elle content donc la plus pette trbu contenant A, à savor σ(a). b) Nous défnssons les objets suvants : E := {a, b, c}, A 1 := σ ({{a}, {b, c}}) = {, {a}, {b, c}, E}, A 2 := σ ({{a, b}, {c}}) = {, {a, b}, {c}, E} Donc A 1 A2 = {, {a}, {b, c}, {a, b}, {c}, E} et ce n est pas une trbu. Il manque entre autres {a, c} pour avor σ(a 1 A2 ) la plus pette trbu engendrée. c) La premère égalté vent du fat que, d une part A B {A B A A, B B} car les unons trvales A, A A et B, B B décrvent les éléments de A B donc σ(a B) σ({a B A A, B B}). D autre part, {A B A A, B B} σ(a B). Ensute la deuxème égalté est entranée par la stablté d une trbu par passage au complémentare et la formule de De Morgan usuelle A B = c ( c A c B). Trbus engendrées Exercce 3. Sot E un ensemble nfn. a) Décrre la trbu engendrée par la classe S des sngletons de E. b) Décrre la trbu engendrée par la classe F des partes fnes de E. Soluton de l exercce 3. Voc une méthode pour trouver la trbu σ(a) engendrée par une classe de partes A est la suvante. On part de A et on ajoute des partes à l ade des axomes d une trbu, de telle sorte que la classe devenne stable par unon dénombrable et par passage au complémentare. On parvent alors à caractérser un canddat B. On a B σ(a) car toute trbu qu content A (en partculer σ(a)) content nécessarement B. Pour montrer l ncluson nverse, l reste ensute à montrer que B est une trbu. Comme σ(a) est la plus pette trbu contenant A et que B est alors une trbu contenant A, on a ben σ(a) B donc σ(a) = B. Ben que cette méthode fonctonne dans la majorté des exercces de ce cours, elle n est en ren générale. Il est en réalté rare que l on pusse décrre une trbu explctement. Par exemple, la trbu borélenne sur R content ben plus de partes que ce que l on peut décrre explctement à l ade des notatons mathématques usuelles. a) La trbu engendrée par les sngletons dot contenr leurs unons dénombrables, donc toutes les partes dénombrables. Par alleurs, elle dot contenr les complémentares de ces partes dénombrables. Notons donc B la classe des partes dénombrables ou codénombrables de E. On a montré que c état une trbu dans 1f), donc c est la trbu engendrée par les sngletons de E. b) On montre que S et F engendrent la même trbu. Les sngletons sont des partes fnes donc S F, d où σ(s) σ(f). Par alleurs σ(s) content les partes dénombrables, et notamment les partes fnes, donc F σ(s) d où σ(f) σ(s). Fnalement σ(s) = σ(f). Exercce 4. Sot E un ensemble. a) Décrre et donner le cardnal de la trbu engendrée par une partton fne de E. 2

3 b) Même queston pour une partton nfne dénombrable. Soluton de l exercce 4. a) Sot A = {A 1,..., A n } une partton fne de E, avec tous les A non vdes et dsjonts deux à deux. La trbu engendrée par A content tous les A, toutes leurs réunons dénombrables (donc fnes c) et tous leurs complémentares. Quelques nstants de réflexon montrent que, du fat que les A forment une partton, toutes ces partes sont toujours de la forme I A. On essae donc le canddat suvant : { } B = A I {1,..., n}. I Le rasonnement précédent montre que l on a de manère nécessare B σ(a). Il reste à montrer que B est une trbu. Pour cela, on vot d abord que B en prenant I =, que X B en prenant I = {1,..., n}. Ensute, B est stable par unon dénombrable (l sufft de prendre la réunon des I k ) et par passage au complémentare (en prenant {1,..., n}\i). Donc B est ben la trbu engendrée par la partton fne {A 1,..., A n }. Pour le cardnal : B est en bjecton avec P({1,..., n}) donc est de cardnal 2 n. b) Tout parel mas en remplaãğant partout {1,..., n} par N. Pour le cardnal : la trbu est en bjecton avec P(N) donc elle a la pussance du contnu. Exercce 5. Sot E un ensemble et A E. On défnt la classe C = {B E : A B}. a) Caractérser σ(c). b) Donner des condtons sur A pour que σ(c) = P(E) (trbu trvale). c) Donner des condtons sur A pour que σ(c) = {, E} (trbu grossère). Soluton de l exercce 5. a) Il est facle de vor que σ(c) = {B E : A B ou B c A}. En effet, tout B tel que A B dot être dans σ(c), ans que c B c A. Récproquement on montre faclement que cette classe est une trbu. b) σ(c) = {, E} C {, E} A = E sauf s E est rédut à un élément. Le cas échéant nous pouvons en plus de A = E avor comme possblté A =. La récproque quant à elle est évdente. c) Montrons que σ(c) = P(E) mplque que A est vde ou est un sngleton. La récproque étant évdente. Par contraposée, s A content deux éléments, dsons a et b, alors C {B E; {a, b} B}. En conséquence, σ(c) σ ({B E; {a, b} B}) = {B E; B {a, b} = ou {a, b}} P(E), ce qu est contrare à l hypothèse de départ. Le seul pont qu serat à détaller serat l asserton σ ({B E; {a, b} B}) = {B E; B {a, b} = ou {a, b}} Cela se démontre en remarquant que le membre de drote est une trbu (facle), et engendrée par les éléments générateurs du membre de gauche (par passage au complémentare s beson). Trbus et fonctons Exercce 6. Sot f : X Y une applcaton. Montrer que l ensemble suvant est une trbu sur X : T = {A P(X) A = f 1 (f(a))}. Soluton de l exercce 6. On peut prendre comme défnton T = {A P(X) f 1 (f(a)) A} vu que l autre ncluson est toujours vrae. Nous vérfons alors les axomes d une trbu : 3

4 a) X T, T b) Stablté par unon dénombrable : Sot une famlle A, I dans T avec I dénombrable. L unon se comporte ben par rapport à l mage récproque ET l mage drecte par une applcaton donnant alors f 1 (f( A )) = f 1 (f(a )) = A I I I On a donc montré que I A T. c) Stablté par passage au complémentare : soulgnons qu en toute généralté l mage drecte n a aucune rason de ben se comporter vs-à-vs du passage au complémentare. Sot A T non vde et x f 1 (f( c A)). Cela sgnfe qu l exste y c A tel que f(x) = f(y). Mas s x f 1 (f(a)) c est-à-dre qu l exste z A tel que f(x) = f(z) alors nous aurons f(y) = f(z) d où y f 1 (f(a)) = A. Par contraposée, x c f 1 (f(a)) = c A. On a donc montré que x c A, donc f 1 (f( c A)) c A et c A T. Exercce 7. Sot f : X Y une applcaton et A une trbu sur X. Montrer par un contre-exemple que la classe des mages drectes {f(a) A A} n est en général pas une trbu sur Y. Soluton de l exercce 7. Les contre-exemples sont multples et peuvent relever de pluseurs causes sousjacentes. Nous en donnons deux : - Il sufft que f ne sot pas surjectve. Alors {f(a) A A} ne contendra pas Y. - Rajouter la surjectvté en restregnant l espace d arrvée ne règle pas le problème. En effet, soent X = {a, b, c}, Y = {a, b} et A = {, {a}, {b, c}, X}. On défnt f par f(a) = f(c) = a et f(b) = b. Alors f(a) = {, {a}, {a, b}} qu n est pas une trbu vu qu l manque {b}. Exercce 8. Soent (Y, B ) I une famlle d espaces mesurables. Sot Y un ensemble et f : Y Y des fonctons. On note B la trbu engendrée par la famlle des fonctons (f ) I, c est à dre la plus pette trbu pour laquelle les f sont mesurables. Montrer que f : (E, A) (Y, B) est mesurable s et seulement s pour tout I, f f : (E, A) (Y, B ) est mesurable. Soluton de l exercce 8. Comme B = σ( I f 1 (B )), f est mesurable ss Chaque f f est mesurable s écrt : I, A B, f 1 (f 1 (A)) B. I, A B, (f f ) 1 (A) B. Comme (f f) 1 (A) = f 1 ( f 1 (A) ), l est mantenant facle de vor que cela est équvalent à la mesurablté de f. Trbus sur R Exercce 9. Une parte A R est dte symétrque s A = A, où A = {x R : y A, x = y}. Sot A = {A P(R) : A = A} l ensemble des partes symétrques de R. a) Montrer que A = {A ( A) : A P(R)}. b) Montrer que A est une trbu de R. c) Caractérser les fonctons mesurables de (R, A) dans (R, A). d) Caractérser les fonctons mesurables de (R, A) dans (R, P(R)). e) Montrer que A est la trbu mage récproque de la trbu grossère P(R) de R par la foncton valeur absolue V : R R. 4

5 f) Décrre la trbu engendrée par {{a, a} : a R}. Indcaton : On pourra commencer par montrer qu elle est ncluse dans A ans que dans la trbu engendrée par les sngletons. Soluton de l exercce 9. a) D une part tout A ( A) est symétrque de manère mmédate. Inversement, une parte symétrque A vérfe A = A ( A) car A = A. b) est trval, l sufft de vérfer les axomes. c) On consdère les A de la forme {y, y}. Leurs prémages sont dans A, d où on dédut que pour tout x R, f( x) = f(x). Récproquement les fonctons vérfant cec convennent : s A = A et f comme c dessus alors f(x) A f( x) A, et donc f 1 (A) = {x : f( x) A} = {x : f(x) A} = f 1 (A). d) On consdère les prémages des sngletons de la forme {f(x)}, x R, et on obtent qu l s agt des fonctons pares. e) Il sufft de l écrre! f) σ ({{a, a} : a R}) = {A P(R) : A = A dénombrable ou codénombrable} En effet, on rétère relgeusement le même argument que d habtude : le membre de drote est faclement une trbu contenant les générateurs du membre de gauche. Et ces mêmes générateurs engendrent les A = A qu sont dénombrables. Pour aller plus lon... Exercce 10. On souhate montrer qu l n exste pas de trbu nfne dénombrable. Sot donc X un ensemble et A une trbu dénombrable sur X. On va montrer que X est fne. Pour tout x X, sot A(x) = x A,A A A. a) Montrer que A(x) A. b) Montrer que A(x) est le plus pett élément de A contenant x. c) Montrer que y A(x) A(y) = A(x). d) Sot x et x deux éléments de X. Montrer que A(x) = A(x ) ou ben A(x) A(x ) =. e) Sot E = {B X x X, B = A(x)}. Montrer que A = σ(e). f) En dédure que toute trbu dénombrable est fne. Soluton de l exercce 10. Dénombrable sgnfe qu s njecte dans N. précse que l unon est dsjonte. a) L ntersecton qu défnt A(x) porte sur un nombre dénombrable d ensembles car A est dénombrable. Par stablté de la trbu A par ntersecton dénombrable on a que pour tout x, A(x) A. b) A(x) est un élément de A contenant x par défnton même. Pour montrer que c est le plus pett vérfant cette proprété, sot B A avec x B. Supposons B A(x). Alors B apparaãőt dans la grosse ntersecton défnssant A(x), donc A(x) B et fnalement B = A(x), donc l n exste pas d élément de A contenant x strctement plus pett que A(x). c) Sot y A(x). Alors A(x) est un élément de A contenant y donc A(y) A(x). On montre mantenant que x A(y) ce qu mplque que A(x) A(y) et termne donc la démonstraton. Par l absurde, on suppose que x A(y). Alors par stablté d une trbu par dfférence ensemblste, A(x)\A(y) A et content donc x. Ans par défnton de A(x) comme plus pett élément de A contenant x, on a A(x) A(x)\A(y) = A(x) c A(y), ce qu est absurde car y A(x) mas y c A(y). 5

6 d) S x A(x) alors A(x ) = A(x) par la queston précédente. Snon, x A(x). S A(x ) A(x), alors y A(x ) A(x) vérfe y A(x ) donc A(y) = A(x ), et y A(x) donc A(y) = A(x) donc A(x) = A(x ), et x A(x) : contradcton. Donc A(x ) A(x) =. e) D abord nous commencons par meux décrre la trbu A. La famlle (A(x)) x E est en fat dénombrable et parttonne E par la queston précédente. Ce sont les atomes de ma trbu. Il exste alors une famlle dénombrable de ponts dstncts (x ) I que l on exhbe chosssant un x dans chaque classe d équvalence de la relaton être dans le même A(x) (Axome du chox dénombrable). Cette famlle vérfe que E = I A(x ) et A A, A = x A A(x) = x A A(x ) Une telle trbu a une descrpton complètement explcte car elle est atomque : tout élément est unon dsjonte d atomes. A = { j J A(x j ); J I} On en dédut faclement A = σ(e). f) S I est dénombrable nfn, on prend I = N (à une bjecton près) et alors A = { j J A(x j); J I} en bjecton avec P(N). Un cardnal ayant la pussance du contnu contredt l hypothèse de départ. Donc I est fn, et la trbu auss pour le coup. Le con du cureux. Dans les exercces au programme, trouver la trbu engendrée par une classe C de partes d un ensemble E se fat généralement en ajoutant à C les unons dénombrables et les complémentares des partes de C. S l on obtent ans une trbu, on a ben trouvé la trbu engendrée σ(c). Manque de chance, cela ne marche pas toujours, notamment pour le cas de la trbu borélenne sur R. S l on procède de la sorte en partant des ntervalles réels, on ne tombe en effet pas sur une trbu. Il faut en fat térer ce processus par récurrence transfne pour obtenr la trbu des borélens. Cela explque pourquo l est mpossble de fournr une descrpton explcte complète des borélens de R. On peut montrer que la trbu borélenne sur R a la pussance du contnu, ce qu montre l exstence de non-borélens (car P(R) a une pussance strctement supéreure à celle du contnu). 6

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