Intégration et probabilités ENS Paris, TD 2 Tribus, mesures Corrigé

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1 Intégration et probabilités ENS Paris, TD 2 Tribus, mesures Corrigé 0 Exercice du TD 1 à préparer Exercice 0. Soit f : E R + {+ } une fonction. Pour tout n 1 et tout i {0,1,...,n2 n 1} on note A n = {x E; f (x n}, B n,i = {x E; i2 n f (x < (i + 12 n }, n2 n 1 i et pour un entier n 1 on pose f n = 2 n 1 B n,i + n1 An. Soit x E fixé. Que dire de la suite f n (x lorsque n? i=0 La suite f n (x tend en croissant vers f (x. En effet, si x B n,i, on vérifie que 2i f n (x si f (x < 2i+1 f n+1 (x = 2 n+1 2 n+1 f n (x + 1 si 2i+1 f (x < 2(i+1, 2 n+1 2 n+1 2 n+1 et que si x A n alors n + 1 si f (x n + 1 f n+1 (x = n2 n+1 +l si 2 n+1 n2n+1 +l f (x < 2 n+1 n2n+1 +l+1;0 l 2 n n+1 Il en découle que la suit f n (x est croissante. D autre part, par construction, si x {f < n 0 } alors 0 f (x f n (x 2 n pour n n 0. On en déduit que f n (x f (x lorsque x {f < + } = k 1 {f < k}. D autre part, si x {f = + } = k 1 {f k}, alors f n (x = n +. Remarque. Si f M, alors 0 f (x f n (x 2 n pour n M et la convergence est uniforme. 1 Petites questions 1 Est-ce que l ensemble des ouverts de R est une tribu? 2 Si on note λ la mesure de Lebesgue, rappeler pourquoi λ({x} = 0 pour tout x R. Alors : λ(r = λ {x} = λ({x} = 0 = 0. x R x R Pour des questions, demande de précisions ou explications, n hésitez pas à m envoyer un mail à igor.kortchemski@ens.fr, ou bien à venir me voir au bureau V4. x R 1

2 Où est le problème? 3 Si F et G sont deux tribus, est-ce que F G est toujours une tribu? 4 Si (a n n 1 et (b n n 1 sont deux suites de nombres réels, a-t-on toujours lim sup (a n + b n = limsup Et si les deux suites sont bornées? Et si b n converge? a n + limsupb n? 1 Non, car le complémentaire de ],0[ n est pas ouvert. 2 Non, pas toujours. Par exemple si, en notant Ω = {1,2,3}, on prend F = {,{1},{2,3},Ω} et G = {,{2},{1,3},Ω}? En effet, on a alors F G = {,{1},{2},{2,3},{1,3},Ω}, qui n est pas stable par union ( {1} {2} F G. 3 On a λ({x} = lim λ([x 1/n,x + 1/n] = 0. Par ailleurs l égalité λ( x R {x} = x R λ({x} n est pas vérifiée car R n est pas dénombrable. 4 Ce n est pas toujours vrai (prendre par exemple a n = b n = n. En revanche, le terme de gauche est inférieur ou égal au terme de droite lorsque les deux suites sont bornées, et l égalité est vérifiée lorsque b n converge. 2 Mesures Exercice 1. (Lemme de Borel-Cantelli (E, A, µ est un espace mesuré (µ est une mesure positive et que (A n n 1 est une suite d éléments de A. On rappelle que l on note lim inf A n = A k, limsupa n = A k. n 1 n 1 1. Montrer que et que si µ( n 1 A n <, alors ( µ lim inf µ ( lim sup A n liminf µ(a n, A n limsupµ(a n. Qu est-ce qui se passe si µ( n 1 A n =? 2. (Lemme de Borel-Cantelli. On suppose que n 1 µ(a n <. Montrer que µ ( lim supa n = (Une application du lemme de Borel-Cantelli. Soit ε > 0. Montrer que pour presque-tout x [0, 1] (pour la mesure de Lebesgue, il n existe qu un nombre fini de rationnels p/q avec p et q premiers entre eux tels que x p q < 1 q 2+ε, i.e. presque tout x est mal approchable par des rationnels à l ordre 2 + ε. 2

3 1. On remarque que, pour tout n 0 et pour tout k n, µ A p µ(a k. Ainsi, p n µ A k inf µ(a k. (1 Or la suite ( A k n 0 est croissante. Le résultat s obtient donc en passant à la limite quand n + dans (1. De même, on a µ A k supµ(a k. (2 Or la suite ( A k n 0 est décroissante et µ( n 0 A n < +. Le résultat s obtient donc en passant à la limite quand n + dans (2. On peut aussi utiliser le résultat précédent et raisonner en passant au complémentaire. En effet, posons F = n 0 A n. On a alors Donc, c est-à-dire, µ ( µ(f µ F \ limsupa n = liminf (F \ A n. F \ limsup ( lim sup Comme µ(f <, cela implique le résultat. 2. On a, pour tout n 0, A n liminf µ(f \ A n, A n µ(f limsupµ(a n. µ A k µ(a k. Or µ(limsup k A k µ( A k pour tout n 0 et µ(a k est le reste d une série convergente et donc tend vers 0 quand n +. On obtient ainsi le résultat. 3. Pour tout q 1, on note A q = [0,1] Ainsi, λ(a q 2/q 1+ε. Par conséquent, q p=0 [ p q 1 q 2+ε, p q + 1 ] q 2+ε. λ(a q < +. q 1 D après le lemme de Borel-Cantelli, λ(limsup q A q = 0, or l ensemble limsup q A q contient l ensemble des réels bien approchables par des rationnels à l ordre 2 + ε. Voir 3

4 Exercice 2. (Mesure sur Z Existe-t-il une mesure de masse finie sur (Z,P (Z invariante par translation? Oui, mais seulement la mesure nulle. En effet, soit µ une mesure non nulle de masse finie sur (Z,P (Z invariante par translation. Comme µ est non nulle, il existe n Z tel que c := µ({n} > 0. Par invariance par translation, il vient µ({k} = c pour tout k Z. Mais alors, comme Z est dénombrable : µ(z = µ( k Z {k} = µ({k} = c =, k Z k Z ce qui contredit le fait que µ est de masse finie. 3 Tribus Exercice 3. (Opérations sur les tribus 1. Soit F une tribu de Ω et B un élément de F. Montrer que l ensemble F B := {A B,A F } est une tribu de B. 2. Soit (X Y,F un espace-produit mesuré et π : X Y X la projection canonique. L ensemble F X := {π(f,f F } est-il une tribu? 3. On considère sur N, pour chaque n 0, la tribu F n = σ({0},{1},...,{n}. Montrer que la suite de tribus (F n,n 0 est croissante mais que n 0 F n n est pas une tribu. Indication : On pourra raisonner par l absurde et utiliser le sous-ensemble 2N. 4. (Partiel 2010 Soit (E,A un espace mesurable. Soit C une famille de parties de E, et soit B σ(c. Alexandra dit : alors nécessairement, il existe une famille dénombrable D C telle que B σ(d. A-t-elle raison? 5. Soient X,Y deux ensembles et f : X Y une application. Soit A P (Y. Alexandra dit : alors nécessairement, σ(f 1 (A = f 1 (σ(a. A-t-elle raison? 1. B = Ω B F B, Soit C = B D F B avec D F. Alors D c F et C c B = B Dc appartient à F B. Soit C n = B D n F B avec D n F. Alors n D n F et n B n = B n D n appartient à F B. L ensemble F B est donc bien une tribu sur B. 2. On considère pour X = Y = {0,1} la tribu F engendré par l élément (0,0 X Y. Il est clair que F = {,X Y,{(0,0},X Y \{(0,0}}. On vérifie que F X = {,{0},X}, ce qui n est pas une tribu. 3. Posons F = F n, n N et supposons que F soit une tribu. On a {2n} F 2n F et 2N = {2n}. Ainsi, 2N F i.e. il existe n 0 N tel que 2N F n0. Or, les seuls éléments de cardinal infini de F n0 sont de la forme N \ A, où A est une partie de {0,1,...,n 0 }. On obtient donc une contradiction. n 0 4

5 4. Alexandra a raison. En effet, soit G = {B σ (C; D C dénombrable tel que B σ (D}. Montrons que G est une tribu. Il est clair que E G. Si A G, alors il existe D C dénombrable tel que A σ (D, et donc A c σ (D : on a A c G. Si (A n G, alors pour tout n il existe D n C dénombrable tel que A n σ (D n, et donc n A n σ (D, où D := n D n C est dénombrable (étant une union dénombrable d ensembles dénombrables : on a n A n G. En conclusion, G est une tribu. Or C G, ce qui implique que σ(c σ(g = G σ(c, d où le résultat. 5. Ceci sera revu lors du TD 3. Exercice 4. Prouver que B(R 2 = B(R B(R. On fera cet exercice lors du TD 3. 4 Divers Exercice Montrer que pour tout ɛ > 0, il existe O ɛ un ouvert dense de R de mesure (de Lebesgue λ(o ɛ ɛ. 2. En déduire que pour tout ɛ > 0, il existe F ɛ un fermé d intérieur vide tel que pour tout A B(R : λ(a F ɛ λ(a ɛ. 1. Soit ɛ > 0. Notons Q = {q n,n 1} les rationnels et posons : O ɛ = ]q n ɛ2 n 1,q n + ɛ2 n 1 [. n 1 Alors O ɛ est un ouvert de R, dense (car il contient Q. De plus, λ(o ɛ λ(]q n ɛ2 n 1,q n + ɛ2 n 1 [ = 2 n ɛ < ɛ. n 1 2. Posons F ɛ = O c ɛ. Alors F ɛ est un fermé de R d intérieur vide. De plus, pour tout A B (R, on a n 1 λ(a = λ(a F ɛ + λ(a O ɛ λ(a F ɛ λ(a F ɛ + ɛ. Exercice 6. (Ensembles de Cantor Soit (d n,n 0 une suite d éléments de ]0,1[, et soit K 0 = [0,1]. On définit une suite (K n,n 0 de la façon suivante : connaissant K n, qui est une réunion d intervalles fermés disjoints, on définit K n+1 en retirant dans chacun des intervalles de K n un intervalle ouvert centré au centre de chaque intervalle, de longueur d n fois celle de l intervalle. On pose K = n 0 K n. 5

6 1. Montrer que K est un compact non dénombrable d intérieur vide dont tous les points sont d accumulation. 2. Calculer la mesure de Lebesgue de K. 3. On note K 3 l ensemble de Cantor obtenu en posant d n = 3 1 pour tout n. Vérifier que et qu il est mesure de Lebesgue nulle. a K 3 = n 3 n ; (a n {0,2} N n 1 1. Chaque ensemble K n est fermé donc K est fermé. De plus, K [0,1] donc K est compact. Montrons que l on peut construire une bijection ϕ : K {0,1} N. Si x est dans K, alors x est dans un des deux intervalles composant K 1. On pose ϕ(x 0 = 0 si x est dans l intervalle de gauche et ϕ(x 0 = 1 si x est dans l intervalle de droite. En répétant ce procédé, on construit une suite ϕ(x {0,1} N. On vérifie facilement que ϕ est une bijection. Ainsi, K n est pas dénombrable. Par construction de ϕ, pour tous x,y K et n 0, x et y sont dans le même intervalle composant K n+1 si et seulement si ϕ(x k = ϕ(y k pour tout k n. Supposons qu il existe un intervalle I de [0,1] inclus dans K et non réduit à un point. Soient x,y I tels que x y. Alors, pour tout n 0, x et y sont dans le même intervalle composant K n donc ϕ(x = ϕ(y ce qui est absurde. Ainsi, K est d intérieur vide. Enfin, soit x K. L ensemble {y K : ϕ(y k = ϕ(x k k n} est infini et est constitué de points de K tous à distance au plus 1/2 n+1 de x. Donc x est un point d accumulation. 2. On montre par récurrence que λ(k n = (1 d 0...(1 d n 1. Or λ([0,1] = 1 donc λ(k = lim λ(k n. On a donc : d n < λ(k = (1 d n, n 0 n 0 d n = λ(k = 0. n 0 3. Il suffit de regarder la bijection construite dans la question 1 entre K et {0,1} N et vérifier que si x = ϕ((b n n, alors x = 2b n 3 n. Pour la mesure on utilise la question 2. Exercice 7. Soit (Ω,A un espace mesurable tel que {ω} A pour tout ω Ω. Soit µ une mesure positive sur A. On dit que µ est portée par S A si µ(s c = 0, que ω Ω est un atome ponctuel pour µ si µ({ω} 0, que µ est diffuse si elle n a pas d atomes ponctuels, que µ est purement atomique si elle est portée par l ensemble de ses atomes ponctuels. 1. Donner des exemples de mesures diffuses et de mesures purement atomiques. 2. Que peut-on dire d une mesure qui est diffuse et purement atomique? 3. Soit µ une mesure positive sur A. Montrer qu il existe une mesure diffuse µ d et une mesure purement atomique µ a sur A telles que µ = µ d + µ a. 4. Montrer que l ensemble des atomes ponctuels d une mesure σ-finie µ est dénombrable. 1. La mesure de Lebesgue est diffuse, et la mesure de comptage sur N est purement atomique. 6

7 2. Elle est alors portée par l ensemble de ses atomes ponctuels, qui est vide car elle est diffuse. Cette mesure est donc nulle. 3. Soit D l ensemble des atomes ponctuels de µ. Pour tout A A, on pose µ d (A = µ(a D c et µ a (A = µ(a D. Ainsi µ d est diffuse, µ a est atomique et µ = µ d + µ a. 4. Soit (E n n 1 une suite d ensembles de A de µ-mesure finie et d union Ω. Pour tous n,k 0, on pose D n,k = {ω E n ; µ({ω} 1/k}. Alors Card(D n,k kµ(e n. Comme D est l union des ensemble D n,k pour k,n 0, il en résulte que D est dénombrable. 6 Compléments (hors TD Exercice 9. ( Cardinal d une tribu Le but de l exercice est de montrer qu il n existe pas de tribu A infinie dénombrable. Soit (E,A un espace mesurable. On définit, pour tout x E, l atome de la tribu A engendré par x par, ẋ = A. {A A: x A} 1. Montrer que les atomes de A forment une partition de E. 2. Montrer que si A est au plus dénombrable alors A contient ses atomes et que chaque élément de A s écrit comme une réunion au plus dénombrable d atomes. 3. Conclure. 4. Donner une nouvelle démonstration de question 3 de l exercice On remarque que x ẋ pour tout x E, donc ẋ = E. Montrons maintenant que x E ẋ ẏ ẋ = ẏ. Soient x,y,z E tels que z ẋ ẏ. Alors chaque ensemble A A contenant x contient z. Supposons qu il existe B A contenant z mais ne contenant pas x. Alors B c A et contient x. Ainsi B c contient z ce qui est contradictoire. Donc ẋ = ż et de même ẏ = ż. Donc ẋ = ẏ. 2. Supposons que A soit finie ou dénombrable. Alors chaque atome ẋ s écrit comme une réunion au plus dénombrable d éléments de A et donc appartient à A. De plus, si A A, alors A = ẋ x:x A et cette réunion est au plus dénombrable car les atomes appartiennent à A. De plus, les atomes formant une partition de E, cette écriture est unique. 3. Soit B l ensemble des atomes de A supposée finie ou dénombrable. D après la question 2., on définit une bijection ϕ de P (B dans A par, ϕ : B P (B ẋ. Si B est fini, alors A est finie. Sinon, A ne peut pas être dénombrable. ẋ B 7

8 4. Les tribus F n sont toutes finies donc n 0 F n est infinie dénombrable. D après la question précédente, il n existe pas de tribu infinie dénombrable, donc n 0 F n n est pas une tribu. Exercice 10. (Support Soit µ une mesure borélienne sur R n (ou plus généralement sur un espace métrique séparable localement compact. On pose S := {x R n,µ(b(x,r > 0, pour tout r > 0}. Montrer que S est fermé, que µ(r n \S = 0, et que µ(s\f = µ(r n \F > 0 pour tout fermé F strictement contenu dans S. (On appelle S le support de la mesure µ. Soit x S, alors par définition il existe un r x > 0 tel que µ(b(x,r x = 0, a fortiori pour tout z contenu dans la boule ouverte de centre x et de rayon r x B(z,r x z x B(x,r x et donc µ(b(z,r x z x = 0, ce qui démontre que B(x,r x est incluse dans S c. L ensemble F est donc fermé. On sait que pour tout x S, il existe r x > 0 tel que µ(b(x,r x = 0. Si K est un compact inclu dans S c il existe un recouvrement ouvert K B(x,r x, x K duquel on peut extraire un recouvrement fini (Borel-Lebesgue. De plus S c peut être vu comme une réunion dénombrable de compacts, par exemple S c = {x : d(x,f 1 } k, x n, ainsi S c est une union dénombrable de boules ouvertes S c = i N B(x i,r xi et Si F est un fermé contenu dans S alors n,k µ(s c µ(b(x i,r xi = 0 = 0. i N R n \F = R n \S S\F, et chacun de ces ensembles est mesurable, le résultat s obtient en prenant la mesure de l égalité. Exercice 11. ( Mesure atomique Soit (X,F,µ un espace mesuré. Un ensemble A F est un atome pour µ si 0 < µ(a < et pour tout B A mesurable, µ(b = 0 ou µ(b = µ(a. Soit (X,F,µ un espace mesuré avec µ(x = 1 et tel que µ n ait pas d atomes. Montrer que l image de µ est [0,1] (c est-à-dire que pour tout t [0,1], il existe A F tel que µ(a = t. ll s agit d un très bel exercice à zornette, voir Exercice 12. (Un problème d additivité On note l = {a = (a n n N R N, a := sup n N a n < }, l ensemble des suites réelles bornées. 8

9 1. Montrer que (l,. est un espace vectoriel normé complet. On admet (théorème de Hahn-Banach qu il existe une forme linéaire F : l R continue qui satisfait les deux propriétés suivantes : Soit a = (a n n N l F(a a, Si lim a n = α existe alors F(a = α. { 2. Soit A N et 1 A l 1A (n = 1, si n A, définie par. Si P(A = F(1 A, montrer que P( = 0,P(N = 1, P(A c = 1 P(A, P(A B = P(A + P(B si A B =. 3. Montrer que P n est pas une mesure. 0 sinon Pour la première question, voir le cours de topologie. Pour la deuxième question, exo :-. Pour la troisième question, il suffit de voir que : 1 = P (N = P {i} P ({i} = 0 = 0. i 0 i 0 i 0 Exercice 13. ( Est-ce que B(X Y = B(X B(Y pour tous espaces métriques X, Y? La réponse est non. Prenons X = Y = (l (R,, c est-à-dire l espace métrique des suites bornées indexées par R muni de la norme infinie. Lemme. Soit U un ensemble mesurable de B(X B(X. Alors il existe des ensembles mesurables (A i,b i i R tels que U = A i B i. i R Démonstration. D après la question 4 de l exercice 3, il existe une suite (A m m 0 d ensembles mesurables tels que U σ ( (A m A n m,n 0. En effet, on se rappelle qu on a B(X B(X = σ (A A ; A,A B(R. Maintenant, pour une suite x = (x n {0,1} N, posons B x = C n, n 0 où C n = A n si x n = 1 et C n = A c n si x n = 0. Mais l ensemble des élements qui s écrivent comme union des ensembles de la forme B x B x est une tribu (le vérifier!! contenant U (car il contient les A i A j. On en tire : U = { Bx B x ; B x B x U }. Ceci achève la preuve du lemme, car {0,1} N et R sont en bijection. Revenons à la preuve de l exercice. Il est clair que la diagonale = {(x,x;x l (R} B(X X. Supposons par l absurde que B(X B(X. D après le lemme, il existe une suite (A i,b i i R telle que = A i B i. i R 9

10 Comme P (R s injecte dans l, il existe i R et deux éléments distincts (u,u,(v,v tels que (u,u,(v,v A i B i (sinon, il existerait une injection de P (R dans R. Mais alors (u,v A i B i, ce qui implique (u,v. Absurde car u v. Remarque. Cette preuve montre que si X,Y sont deux espaces métriques dont le cardinal est strictement plus grand que celui de R, alors B(X Y B(X B(Y. Fin 10